Гордин Р.К. Геометрия. Планиметрия. 7-9 классы
Подождите немного. Документ загружается.
§ 3.4 401
A
B
B
1
C
D
E
Рис. 605
O
AB
C
Рис. 606
Следовательно, S 6 1.
Площадь квадрата с периметром 4 равна 1.
3.189. Пусть
— наименьший угол треугольника. Тогда
6 60
◦
. Если этот угол заключен между сторонами a и b, а S —
площадь треугольника, то
S =
1
2
ab sin
6
1
2
sin 60
◦
=
√
3
4
.
Площадь равностороннего треугольника со стороной, равной 1,
равна
√
3
4
.
3.190.
9
√
3
4
.
На продолжении отрезка EA за точку A
отложим отрезок AB
1
, равный AB (рис. 605). Тогда B
1
D =
= B
1
A + AD = BA + AD = DE. Следовательно, четырехуголь-
ник B
1
BEC — параллелограмм. Тогда
∠ABC = ∠B
1
EC = ∠BB
1
A = 30
◦
, ∠ADB = 90
◦
.
Поэтому AE — диаметр окружности, ∠ABE = 90
◦
, AC = AB =
=
AE
2
= 3. Следовательно, S
ABC
=
1
2
AB · AC sin ∠BAC =
9
√
3
4
.
3.191. а) Пусть r
a
— радиус вневписанной окружности тре-
угольника ABC, касающейся стороны BC, равной a. Докажем,
что S = r
a
(p −a). Соединим центр O этой окружности с верши-
нами треугольника (рис. 606). Тогда
S = S
ABC
= S
ABO
+ S
ACO
− S
OBC
=
=
1
2
ABr
a
+
1
2
ACr
a
−
1
2
BCr
a
=
1
2
(AB + AC −BC)r
a
= (p −a)r
a
.
Аналогично, S = r
b
(p − b) и S = r
c
(p − c), где r
b
и r
c
— радиу-
сы вневписанных окружностей треугольника ABC, касающихся
402 9 класс
O
A
B
CK
M
N
Рис. 607
K
A
B
C
Рис. 608
сторон AC = b и AB = c. Выразив r
a
, r
b
и r
c
из доказанных
формул, получим
1
r
a
+
1
r
b
+
1
r
c
=
p − a
S
+
p − b
S
+
p − c
S
=
p
S
=
1
r
.
б) По формуле Герона
S =
p
p(p − a)(p − b)(p − c) =
r
S
r
·
S
r
a
·
S
r
b
·
S
r
c
=
S
2
√
rr
a
r
b
r
c
,
откуда находим, что S =
√
rr
a
r
b
r
c
.
3.192. 2
p
S tg . Пусть BK — третья высота треуголь-
ника ABC (рис. 607). Поскольку ∠ABK = ∠OBC (см. зада-
чу 2.645
0
) и треугольники BNM и BCA подобны (см. зада-
чу 2.548
0
), то BO ⊥ MN. Поэтому
S =
1
2
MN · BO =
1
2
AC cos
·
AC
2 sin
=
1
4
AC
2
cos
.
Следовательно, AC = 2
p
S tg .
3.193.
5+
√
15
4
.
Обозначим ∠BAK = , ∠CAK =
(рис. 608). По тереме об угле между касательной и хордой
∠ACK = ∠BAK =
и ∠ABK = ∠CAK = . Треугольни-
ки ABK и CAK подобны (по двум углам). Поэтому
BK
AK
=
AK
KC
.
Отсюда находим, что AK =
√
BK ·KC = 2.
Поскольку tg ∠CAB = tg(
+ ) =
1
√
15
> 0, то угол CAB
острый. Тогда
cos( + ) =
√
15
4
, sin(
+ ) =
1
4
.
§ 3.4 403
O
M
A
B
C
P
Q
Рис. 609
A BC D
M
Рис. 610
По теореме косинусов из треугольника AKB находим, что
AB
2
= AK
2
+ BK
2
− 2AK · BK cos ∠AKB =
= AK
2
+ BK
2
−2AK ·BK cos(180
◦
−
− ) =
= 4 + 1 + 2 ·2 ·1 ·
√
15
4
= 5 +
√
15.
Из подобия треугольников ABK и CAK следует, что AC =
= 2AB. Поэтому
S
ABC
=
1
2
AB · AC sin ∠BAC = AB
2
sin ∠BAC =
5 +
√
15
4
.
3.194.
√
6
3
.
Пусть O — центр окружности, описанной око-
ло треугольника ABC (рис. 609), P и Q — проекции точки O на
стороны BC и AC. Тогда (см. задачу 2.108
0
)
BM = 2OQ = 2
√
3
3
, AM = 2OP = 2
√
2.
Поскольку ∠AM B = 180
◦
− 30
◦
= 150
◦
, то
S
AMB
=
1
2
AM ·MB sin 150
◦
=
√
6
3
.
3.195.
1
2
(S
1
+ S
2
+
p
(S
1
+ S
2
)
2
− 4S
1
S
2
sin
2
). Обозна-
чим AM = x, CM = y, DM = z, BM = t, S
AMB
= S (рис. 610).
Тогда
S
1
=
1
2
xz, S
2
=
1
2
yt, S
CMD
=
1
2
yz sin
,
S
1
+ S
2
− S
CMD
= S,
S =
1
2
xt sin ∠AMB =
1
2
xt sin(180
◦
−
) =
1
2
xt sin
.
404 9 класс
Получим систему уравнений:
(
xtyz = 4S
1
S
2
,
S
1
+ S
2
−
1
2
yz sin
= S,
или
2S
sin
· yz = 4S
1
S
2
,
S
1
+ S
2
−
1
2
yz sin
= S.
Выразим yz из первого уравнения и подставим во второе. По-
лучим квадратное уравнение относительно S:
S
2
− (S
1
+ S
2
)S + S
1
S
2
sin
2
= 0.
Его корни:
S =
1
2
S
1
+ S
2
±
q
(S
1
+ S
2
)
2
− 4S
1
S
2
sin
2
.
Поскольку S > S
1
и S > S
2
, то S >
1
2
(S
1
+S
2
). Поэтому подходит
только
1
2
(S
1
+ S
2
+
p
(S
1
+ S
2
)
2
− 4S
1
S
2
sin
2
).
3.196. Пусть AC — диагональ вписанного четырехугольни-
ка ABCD (рис. 611), AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Выра-
зим AC
2
по теореме косинусов из треугольников ABC и ADC
и, учитывая, что ∠B + ∠D = 180
◦
, получим
a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
= 2(ab + cd) cos ∠B.
Тогда
cos ∠B =
a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
2(ab + cd)
,
sin
2
∠B = 1 −
a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
2(ab + cd)
2
=
=
(2ab + 2cd)
2
− (a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
)
2
4(ab + cd)
2
=
=
(2ab + 2cd − a
2
− b
2
+ c
2
+ d
2
)(2ab + 2cd + a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
)
4(ab + cd)
2
=
=
((c + d)
2
− (a − b)
2
)((a + b)
2
− (c − d)
2
)
4(ab + cd)
2
=
=
(c + d − a + b)(c + d + a − b)(a + b − c + d)(a + b + c − d)
4(ab + cd)
2
=
=
4(p − a)(p − b)(p − c)(p − d)
(ab + cd)
2
.
§ 3.4 405
A
B
C
D
Рис. 611
O
A
B C
K
M
N
P
Рис. 612
Следовательно,
S = S
ABC
+ S
ADC
=
1
2
ab sin ∠B +
1
2
cd sin ∠D =
=
1
2
(ab + cd) sin ∠B =
1
2
(ab + cd)
r
4(p − a)(p − b)(p − c)(p − d)
(ab + cd)
2
=
=
p
(p − a)(p − b)(p − c)(p −d).
3.197. 4
√
3. Обозначим через x расстояние от вершины
угла в 120
◦
до ближайшей точки касания и применим теорему
косинусов. Получим уравнение: x
2
+7x−4 = 0. Отсюда находим,
что x =
√
65−7
2
.
Если r — радиус вписанной окружности, то r = x
√
3. Пло-
щадь S треугольника найдем по формуле: S = pr, где p —
полупериметр треугольника.
3.198.
√
91. Пусть O — центр окружности (рис. 612), K,
M, N — точки касания со сторонами AC, BC, AB. Тогда
OK = r = AO sin 60
◦
=
√
3, AK = AN = 1.
Если p — полупериметр треугольника ABC, то S
ABC
= pr. От-
сюда находим, что p = 15.
Обозначим BM = BN = x, CM = CK = y. Тогда
(
x + y + 1 = 15,
(x + y)
2
= (x + 1)
2
+ (y + 1)
2
+ (x + 1)(y + 1).
Решив полученную систему уравнений, найдем: x = 9, y = 5
или x = 5, y = 9.
406 9 класс
A
B
C
D
Рис. 613
O
M
N
A B
C
Рис. 614
Поскольку AC > AB, то условию задачи удовлетворяет
только второе решение этой системы: x = 5, y = 9. То-
гда AB = 6, AC = 10. Если P — середина AC, то
BP
2
= AB
2
+ AP
2
− 2AB ·AP cos 120
◦
= 91.
3.199. AB = BC = 7
√
3, CD =
√
21, AD = 2
√
21. Ес-
ли R — радиус окружности (R = 7), то
AC = 2R sin ∠ADC = 2 · 7 · sin 120
◦
= 7
√
3.
Поскольку ∠ABC = 180
◦
− ∠ADC = 60
◦
(рис. 613), то AB =
= BC = AC = 7
√
3, а так как ∠ADB = ∠CDB = 60
◦
,
то
S
ABD
S
BCD
=
AD
DC
= 2.
Пусть DC = x. Тогда AD = 2x, и по теореме косинусов в
треугольнике ADC имеем:
AC
2
= AD
2
+ CD
2
− 2CD · AD cos ∠ADC,
(7
√
3)
2
= 4x
2
+ x
2
+ 2 · 2x · x ·
1
2
.
Отсюда находим, что x
2
= 21. Следовательно, CD = x =
√
21,
AD = 2x = 2
√
21.
3.200.
150
7
.
Обозначим через M и N (рис. 614) точки ка-
сания окружности с прямыми, проходящими через точки A и B
соответственно, ∠OAM = , ∠OBN = . Тогда
OM
OA
= sin
,
ON
OB
= sin
. Поэтому
sin
=
4
5
, sin
=
3
5
, cos
=
3
5
, cos
=
4
5
,
BC =
AB sin
sin( − )
=
AB sin
sin cos − cos sin
=
100
7
.
§ 3.4 407
OK
L
M
N
P
Рис. 615
A
BC
D
FK
Рис. 616
Следовательно,
S
ABC
=
1
2
AB · BC sin ∠ABC =
1
2
· 5 ·
100
7
·
3
5
=
150
7
.
3.201. 4.
Дуги, заключенные между параллельными хор-
дами, равны. Поэтому
KL = MN = KP и LM = P N
(рис. 615). Обозначим
KL = , LM = . Тогда
∠LOM =
1
2
(
LM + P N) = = 45
◦
,
LK + KP + MN = 3 = 360
◦
− 2 = 270
◦
.
Поэтому
= 90
◦
. Следовательно,
∠KM L =
2
= 45
◦
, ∠LKM =
2
= 22,5
◦
.
Если R — радиус данной окружности, то
KL = 2R sin 45
◦
,
KM = 2R sin(180
◦
− 45
◦
− 22,5
◦
) = 2R sin 112,5
◦
= 2R cos 22,5
◦
.
Следовательно,
S
KLM
=
1
2
KL · KM sin 22,5
◦
=
=
1
2
· 2R · sin 45
◦
· 2R · cos 22,5
◦
· sin 22,5
◦
= R
2
sin 45
◦
sin 45
◦
= 4.
3.202.
√
3+1
8
.
Поскольку DC = DB (рис. 616), то
∠DCF = ∠ABC = 30
◦
, ∠DF C = ∠BDF + ∠DBF = 45
◦
,
∠CDF = 180
◦
− 30
◦
− 45
◦
= 105
◦
.
408 9 класс
A
O
B
CK
M
N
P
Рис. 617
Поскольку CD = AC = 1, то по теореме синусов из треугольни-
ка CDF находим:
CF =
CD sin 105
◦
sin 45
◦
=
√
2(sin 60
◦
cos 45
◦
+ cos 60
◦
sin 45
◦
) =
√
3 + 1
2
.
Высота DK треугольника ABC является средней линией тре-
угольника ABC. Поэтому DK =
1
2
AC =
1
2
. Следовательно,
S
CDF
= CF ·
1
2
DK =
√
3 + 1
8
.
3.203. 16
√
2. Пусть M и N — середины AB и BC соот-
ветственно (рис. 617). Тогда если R — радиус указанной окруж-
ности, то
NC = BN = 2R sin ∠BMN = 2R sin ∠BAC = 2 · 3 ·
1
3
= 2.
Пусть P — проекция центра O окружности на сторону BC,
а K — точка касания окружности со стороной AC. Тогда P —
середина BN и P C = CN + NP = 2 + 1 = 3, OK = 3.
Прямоугольные треугольники P OC и KCO равны по ка-
тету и гипотенузе, поэтому ∠ACB = ∠KCO + ∠P CO = 90
◦
.
Следовательно,
S
ABC
=
1
2
AC · BC = MN ·BC = 2R sin ∠ABC · BC =
= 2R cos ∠BAC · BC = 6 · 2
√
2
3
· 4 = 16
√
2.
3.204. Пусть KL — большее основание равнобедренной тра-
пеции KLM N, вписанной в окружность (рис. 618). Тогда KL —
диаметр окружности. Обозначим через
острый угол между
диагоналями KM и LN трапеции. Пусть KM = LN = d. Тогда
S
ABCD
=
1
2
KM · LN sin
=
1
2
d
2
sin
.
§ 3.4 409
Q
A
A
1
B C
K L
M
N
Рис. 618
A
A
1
B
B
1
C
C
1
M
Рис. 619
Через вершину A данного равнобедренного треугольника ABC
проведем диаметр AA
1
. Если Q — точка пересечения диагоналей
трапеции, то ∠BAC = 2∠BAA
1
= 2∠M KL = ∠MQL =
.
Из равенства прямоугольных треугольников BAA
1
и MKL
следует, что AB = KM = d. Поэтому
S
ABC
=
1
2
AB · BC sin ∠BAC =
1
2
d
2
sin
.
Что и требовалось доказать.
3.205.
1
4
(36
√
6+55
√
3). Пусть M — точка внутри правиль-
ного треугольника ABC (рис. 619), причем AM = 5, BM = 6,
CM = 7. Рассмотрим точки A
1
, B
1
и C
1
, симметричные точ-
ке M относительно прямых BC, AC и AB соответственно. В
равнобедренных треугольниках AB
1
C
1
, BA
1
C
1
и CA
1
B
1
извест-
ны боковые стороны и углы при вершинах A, B и C, равные
по 120
◦
. Тогда площади этих треугольников равны соответствен-
но
25
√
3
4
,
36
√
3
4
и
49
√
3
4
. По теореме косинусов находим основания
этих треугольников: B
1
C
1
= 5
√
3; A
1
C
1
= 6
√
3; A
1
B
1
= 7
√
3. По
формуле Герона находим, что площадь треугольника A
1
B
1
C
1
равна 18
√
6. Тогда площадь шестиугольника AB
1
CA
1
BC
1
равна
25
√
3
4
+ 36
√
3
4
+ 49
√
3
4
+ 18
√
6 = 110
√
3
4
+ 18
√
6.
Поскольку треугольники AB
1
C, CA
1
B и AC
1
B соответственно
равны треугольникам AMC, CMB и AM B, то площадь шести-
угольника AB
1
CA
1
BC
1
вдвое больше площади S треугольни-
ка ABC. Следовательно,
S =
1
2
110
√
3
4
+ 18
√
6
=
1
2
(55
√
3 + 36
√
6).
410 9 класс
3.206. Пусть угол между сторонами a и b равен , тогда угол
между сторонами c и d равен 180
◦
−
. Найдем по теореме коси-
нусов квадрат диагонали, соединяющей вершины двух других
углов:
a
2
+ b
2
− 2ab cos
= c
2
+ d
2
+ 2cd cos ,
откуда 2(ab + cd) cos
= a
2
+ b
2
−c
2
− d
2
.
Поскольку в четырехугольник можно вписать окружность,
то a+c = b+d, или a−b = d−c, откуда a
2
+b
2
−2ab = c
2
+d
2
−2cd,
или a
2
+ b
2
− c
2
− d
2
= 2(ab −cd).
Таким образом, 2(ab + cd) cos = 2(ab − cd), откуда cos =
=
ab−cd
ab+cd
.
Пусть S — площадь данного четырехугольника. Тогда
S =
1
2
ab sin
+
1
2
cd sin(180
◦
−
) =
1
2
(ab + cd) sin
=
=
1
2
(ab + cd)
p
1 − cos
2
=
1
2
(ab + cd) ·
r
1 −
ab − cd
ab + cd
2
=
=
1
2
p
(ab + cd)
2
−(ab −cd)
2
=
√
abcd.
3.207. Пусть ABCD — данный четырехугольник (рис. 620)
и AB = a, BC = b, CD = c, AD = d. Рассмотрим четырехуголь-
ник AB
1
CD, где точка B
1
симметрична вершине B относитель-
но серединного перпендикуляра к диагонали AC.
S
ABCD
= S
AB
1
CD
=
=
1
2
CB
1
· CD sin ∠B
1
CD +
1
2
B
1
A · AD sin ∠B
1
AD 6
ac + bd
2
.
Равенство имеет место, если ∠B
1
CD = ∠B
1
AD = 90
◦
, т. е. четы-
рехугольник AB
1
CD — вписанный с двумя противоположными
углами по 90
◦
.
Поскольку диагональ AC видна из точек B и B
1
под одним
углом, то четырехугольник ABCD вписан в ту же окружность,
а так как AC k BB
1
и B
1
D — диаметр, то угол между AC и BD
равен углу B
1
BD, т. е. 90
◦
.
3.208.
5+
√
5
2
.
Пусть K — точка пересечения диагона-
лей AC и BE (рис. 621). Поскольку S
ABE
= S
ABC
, то S
AKE
=
= S
BKC
. Поэтому AK · KE = BK · KC, или
AK
KC
=
BK
KE
.