П. М. Горев, Н. Н. Кузьмина

СБОРНИК МАТЕРИАЛОВ

К ОБОБЩАЮЩЕМУ ПОВТОРЕНИЮ

ПО ГЕОМЕТРИИ

ЗА КУРС ОСНОВНОЙ ШКОЛЫ

(рабочий вариант)

2

3

Модульная программа «Треугольник»

Учебный материал

Произвольный треугольник 1) 180 ; 2) 1 ; 3) cba ; 4) около любого треугольника можно описать окруж-

ность и притом только одну; центр описанной окруж-

ности – точка пересечения серединных перпендику-

ляров к его сторонам; 5) в любой треугольник можно вписать окружность и

притом только одну; центр вписанной в треугольник окружности – точка пересече-

ния биссектрис.

6) теорема синусов: RC

c

B

b

A

a2

sinsinsin ;

7) теорема косинусов: Abccba cos2222 . Равнобедренный треугольник 1) ; 2) если BD – биссектриса, то ACBD , DCAD ; 3) биссектрисы, медианы и высоты, проведенные к боковым

сторонам равны.

Прямоугольный треугольник 1) теореме Пифагора: 222 baс ;

2) если 30 , то ABCB2

1 ; 3)

AB

BCsin ,

AB

ACcos ;

4) )(2 rRba ; 5) )(2

1cbar ;

6) центр описанной окружности – середина гипотенузы. Биссектриса, медиана и высота треугольника Отрезок Свойства Биссек-

триса 1) биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке;

2) если CADBAD , то AC

AB

DC

BD ;

3) биссектриса есть геометрическое место точек,

равноудаленных от сторон угла; 4) биссектрисы внутреннего и внешнего углов

перпендикулярны; 5) DCBDABACAD .

Медиана 1) медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ей в

отношении 2:1, считая от вершины: .1

2

OD

BO

2) медиана делит площадь треугольника пополам;

3) ACBCABBD 22 222

1;

4

4) медианы треугольника и стороны связаны фор-

мулой: )(4

3 222222 cbammm cba .

Высота 1) Высоты треугольника пересекаются в одной

точке. 2) Высота проведенная из вершины прямого

угла разделяет треугольник на два подобных тре-

угольника, каждый из которых подобен данному: ACDCBDABC ;

3) Высота проведенная из вершины прямого

угла есть средне пропорциональное между отрез-

ками на которые делится гипотенуза этой высотой:

DB

CD

CD

AD ;

AB

BCACBDADCD

;

BD

AD

BC

AC2)( ; катеты: ABADAC ,

ABBDBC . 4) Высоты треугольника обратно пропорциональны его сторонам:

cbahhh cba

1:

1:

1::

Вписанная и описанная окружности Описанная окружность Вписанная окружность

1) Около любого треугольника можно опи-

сать окружность и при том только одну. 2) Центр описанной около произвольного тре-

угольника окружности - точка пересечения се-

рединных перпендикуляров сторон треугольни-

ка. 3) Центр описанной около прямоугольного тре-

угольника окружности - середина гипотенузы.

1) В любой треугольник

можно вписать окружность и при

том только одну. 2) Центр вписанной в произ-

вольный треугольник окружно-

сти - точка пересечения биссек-

трис треугольника.

Формулы площади треугольника

1) aahS2

1

; 2) ))()(( cpbpappS ; 3) CabS sin2

1

; 4) prS ; 5) R

abcS

4

.

6) Если высоты треугольников равны, то площади относятся как основания: 2

1

2

1

a

a

S

S .

7. Если угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то их площади

относятся как произведение сторон, заключающих равные углы: 11111 CABA

ACAB

S

S

.

8. Если треугольники подобны, то отношение их площадей равно квадрату коэффи-

циента подобия. 9. Отношение площадей треугольников, имеющих общие основания, равно отноше-

нию высот, соответствующих этим сторонам треугольника: 2

1

2

1

h

h

S

S .

5

Теорема Фалеса: Если на одной из двух прямых отло-

жены несколько равных отрезков и через их концы

проведены параллельные прямые, пересекающие вто-

рую прямую, то и на ней отложатся равные отрезки.

433221 АААААА , 44332211 |||||| BABABAВА

433221 BBBBBB

Модуль «Прямоугольный треугольник»

Входной контроль

Вариант 1. 1. Найти радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с кате-

тами 6 и 8. 2. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС с прямым углом С,

если 30В , 6ВС см. 3. В прямоугольном треугольнике медианы острых углов равны 89 и 156. Найти

длину гипотенузы. 4. Один из катетов прямоугольного треугольника равен 15 см, а проекция друго-

го катета на гипотенузу равна 16 см. Найдите радиус окружности, вписанной в этот

треугольник. 5. Периметр прямоугольного треугольника равен 24 см, а площадь его равна 24

2см . Найдите площадь описанного круга. Вариант 2. 1. В прямоугольном треугольнике сумма катетов равна 17 см, а длина гипотену-

зы – 13 см. Найти катеты и площадь треугольника. 2. Точка пересечения медиан прямоугольного треугольника удалена от катетов

на расстояние соответственно 3 и 4 см. Найдите расстояние от этой точки до гипо-

тенузы. 3. Найти площадь круга, вписанного в прямоугольный треугольник, если проек-

ции катетов на гипотенузу равны 9 и 16 см. 4. Вписанная окружность касается гипотенузы прямоугольного треугольника в

точке, делящей гипотенузу на отрезки длины которых равны 2 и 3 см. найдите ради-

ус этой окружности. 5. В прямоугольном треугольнике катеты относятся как 3:2, а высота делит ги-

потенузу на отрезки из которых один на 2 см больше другого. Определить длину ги-

потенузы. Опорные задачи

1. Проекции катетов прямоугольного треугольника на гипотенузу равны 9 и 16.

Найти радиус вписанной окружности. Решение: Пусть для определенности 9cа , 16cb , тогда

25169 cc baс . Высота проведенная из вершины прямого

угла есть среднее пропорциональное между отрезками на которые

делится гипотенуза этой высотой, следовательно получаем

caca и cbcb , то 15a и 20b .

6

5)252015(2

1)(

2

1 cbar . ОТВЕТ: 5.

2. В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла проведена вы-

сота BD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABD и BCD, равны со-

ответственно 3 и 4. Найдите радиус окружности, вписанной в

треугольник АВС. Решение: Треугольники ABC, ADC, ADB подобны (как прямо-

угольные треугольники, имеющие равные острые углы). Пусть 31 r - радиус окружности, вписанной в ABD ; 42 r - радиус

окружности, вписанной в CDB , r - радиус окружности, впи-

санной в ABC . В подобных треугольниках пропорциональны

сходственные элементы (стороны, биссектрисы, высоты, медиа-

ны, радиусы вписанных и описанных окружностей), периметры

треугольников, квадратные корни из площадей треугольников.

Имеем CA

BA

r

r

1 ( ACBABD ), CA

BC

r

r

2 ( CFABCBD ), 2

2

2

21

CA

BA

r

r ; 2

2

2

22

CA

BA

r

r . Сложив

эти равенства и применив теорему Пифагора, получим: 12

2

2

2

2

22

2

21

CA

BC

CA

BA

r

r

r

r. Сле-

довательно, 516922

21 rrr . ОТВЕТ: 5.

3. Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипо-

тенузу, делит биссектрису острого угла в отношении 4:5, считая

от вершины. Найдите величину этого угла. Решение: BCAСDA (по двум углам).

AP

AD

AM

AC , откуда

9

4

AM

AP

AC

AD. Так как

9

4cos A

AC

AD, то

9

4arccosA .ОТВЕТ:

9

4arccosA .

4. Медиана прямоугольного треугольника, проведенная к ги-

потенузе, равна 20. Из середины гипотенузы восстановлен пер-

пендикуляр до пересечения с большим катетом. Длина перпенди-

куляра 15. Найдите катеты. Решение: 1) Так как СК – медиана ВСА , то К – центр описанной

окружности, поэтому СК=ВК=АК=20, а АВ=40. 2) По теореме Пифагора из AКD имеем: 222 KADKAD ;

6252254002 AD , AD=25.

3) ADKABC (по двум углам). KD

BC

AD

BA , откуда

2425

4015

AD

BAKDВС . По теореме Пифагора из ABC имеем 22 BCBAAC ;

3264162440 22 AC . ОТВЕТ: 32, 24. 5. Найти катеты треугольника с острым углом в 15 градусов и гипотенузой а. Решение: Достроим к треугольнику такой же. 301 АBA , по теореме косинусов

)32(3230cos2 22222221 aaaaaaAA . Следовательно 32

2

aAC .

7

По теореме Пифагора находим второй катет:

3224

3

2

222

aaaaBC . ОТВЕТ: 32

2

aAC ,

322

a

BC .

Задачи для самостоятельного решения

1. Один катет прямоугольного треугольника равен 5, а проекция другого катета

на гипотенузу равна 2,25. Найдите гипотенузу этого треугольника. 2. Один из катетов прямоугольного треугольника равен 6, а его проекция на ги-

потенузу равна 2. Найдите гипотенузу и второй катет. 3. В прямоугольный треугольник с катетами a и b вписан квадрат, имеющий с

треугольником общий прямой угол. Найти периметр квадрата. 4. Медиана, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, равна m и

делит прямой угол в отношении 1:2. Найти стороны треугольника. 5. В прямоугольный треугольник с углом 60 вписан ромб со стороной, равной 6,

так, что угол в 60 у них общий и все вершины ромба лежат на сторонах треугольни-

ка. Найти стороны треугольника. 6. Найти биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника с катетами 24

и 18. 7. В прямоугольном треугольнике расстояние от середины гипотенузы до одного

из катетов равно 5, а расстояние от середины этого катета до гипотенузы равно 4.

Вычислить площадь треугольника. 8. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, равен полуразно-

сти его катетов. Найдите отношение большего катета к меньшему. 9. Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его на два

треугольника. Радиусы окружностей, вписанных в эти два треугольника, равны 1 и

2. Найдите радиус окружности, вписанной в исходный треугольник. 10. Из вершины прямого угла С треугольника АВС проведена высота CD. Найдите

гипотенузу АВ, если 5 BDADCD . 11. Катеты прямоугольного треугольника равны 3 и 4. Найдите расстояние между

центрами вписанной и описанной окружностей. 12. Из точки К катета АС прямоугольного треугольника АВС проведен перпенди-

куляр КМ к гипотенузе АВ. Найдите площадь треугольника АКМ, если АВ=10,

АК=5, КС=3. 13. Отношение катетов прямоугольного треугольника равно . Найдите отношение

проекции катетов на гипотенузу. 14. В прямоугольном треугольнике АВС отношение одного катета к гипотенузе

равно 0,8, а другой катет равен 4. Найдите площадь этого треугольника. 15. В прямоугольном треугольнике точка касания вписанной окружности делит ги-

потенузу на отрезки длиной в 5 и 12 см. Найти катеты треугольника. 16. Окружность касается большего катета прямоугольного треугольника, проходит

через вершину противолежащего острого угла и имеет центр на гипотенузе тре-

угольника. Каков радиус окружности, если длины катетов равны 5 и 12?

8

17. Катеты прямоугольного треугольника равны 9 и 12. Найти расстояние между

точкой пересечения его биссектрис и точкой пересечения медиан. 18. Прямоугольный треугольник разделен высотой, проведенной к гипотенузе, на

два треугольника с площадями 384 и 216. Найти гипотенузу. 19. Радиусы вписанной и описанной окружности прямоугольного треугольника рав-

ны 2 и 5 соответственно. Найдите его площадь. 20*. На катете АС равнобедренного прямоугольного треугольника АВС ( 90C ) взята точка К. В каком отношении точка К делит катет АС, если известно, что

5АК=ВК? 21*. В прямоугольном треугольнике заданы площадь треугольника 5S и его пери-

метр 10P . Найдите гипотенузу и высоту, проведенную из вершины прямого угла.

Домашние задачи

1. На гипотенузе прямоугольного треугольника взята точка А – такая, что гипоте-

нуза делится ею на отрезки с длинами 30 и 40. Найдите длины катетов, если рассто-

яния от точки А до катетов равны. 2. Найти радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, если

радиус окружности, вписанной в этот треугольник, равен 3, а меньший катет равен

10. 3. В прямоугольном треугольнике биссектриса острого угла делит противополож-

ный катет на отрезки длиной 4 и 5. Определить площадь треугольника. 4. В прямоугольном треугольнике из вершины прямого угла проведены медиана и

высота, расстояние между их основаниями равно 1. Найдите площадь треугольника,

если известно, что один из катетов в два раза больше другого. 5. В треугольнике АВС с прямым углом С проведена биссектриса AD. Найдите

площадь треугольника АВС, если CD=4, BD=5. 6. Окружность касается одного из катетов равнобедренного прямоугольного тре-

угольника и проходит через вершину противолежащего острого угла. Найти радиус

окружности, если ее центр лежит на гипотенузе треугольника, а катет треугольника

равен а. 7. Площадь прямоугольного треугольника равна 32 . Определить его высоту, про-

веденную к гипотенузе, если она делит прямой угол в отношении 1:2. 8. В прямоугольный треугольник вписана окружность. Точка касания делит гипо-

тенузу в отношении 2:3. Найти все стороны треугольника, если центр вписанной

окружности удален от вершины прямого угла на расстояние 8 . 9. Площадь прямоугольного треугольника равна 24, а гипотенуза равна 10. Найти

радиус вписанной окружности. 10. В прямоугольном треугольнике разность катетов равна 4, а высота, опущенная

на гипотенузу, равна 3. Найдите площадь треугольника. Выходной контроль

Вариант 1 1. Отрезок СН – высота прямоугольного треугольника АВС ( 90С ). HKHL 3 , где HL и HK - биссектрисы треугольников BCH и ACH соответственно, 52AB . Найдите площадь треугольника ABC .

9

2. В прямоугольном треугольнике катет равен 24 см, а гипотенуза – 25 см. Найти

биссектрису треугольника, проведенную из вершины меньшего угла. 3. В прямоугольном треугольнике ABC , где 30С , из вершины прямого угла В

проведена медиана ВК. Найти площадь треугольника BCК , если длина катета АВ равна 4 см. 4. Катеты прямоугольного треугольника равны 15 и 20 . Найти расстояние от

высоты, опущенной из вершины прямого угла до центра вписанной окружности. 5. Высота и биссектриса прямоугольного треугольника, опущенные из вершины

прямого угла, равны соответственно 3 и 4. Найти площадь треугольника. Вариант 2 1. В прямоугольном треугольнике ABC ( 90С ) проведена высота СН. Отрезки

AM и CP - медианы треугольников ACH и HBC соответственно, причем CPAM 43 . Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC , если его площадь

равна 96. 2. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна 5, а высота, проведенная к

ней, равна 3. Найти радиусы вписанной и описанной окружностей. 3. Прямоугольный треугольник, периметр которого равен 10, разбит высотой,

опущенной на гипотенузу, на два треугольника. Периметр одного из них равен 6.

Найти периметр другого треугольника. 4. Найти катеты прямоугольного треугольника, у которого высота, опущенная на

гипотенузу, делит ее на отрезки длиной 6 и 18. 5. В прямоугольный треугольник, периметр которого равен 36, вписана окруж-

ность. Гипотенуза делится точкой касания в отношении 2:3. Найти длину гипотену-

зы. Модуль «Равнобедренный треугольник»

Входной контроль Вариант 1 1. Высота AD, опущенная на боковую сторону ВС равнобедренного треугольни-

ка АВС, делит его на треугольники ABD и ADC площадью 4 и 2 соответственно.

Найти стороны треугольника, если АС – его основание. 2. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) проведена биссектриса AD. Площади треугольников ABD и ADC равны 1S и 2S . Найти длину основания. 3. Основание равнобедренного треугольника равно 30, а высота проведенная к

боковой стороне -24. Найти длину боковой стороны. 4. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС равно 6, а высота опу-

щенная на основание, равна 4. Найти периметр треугольника CDB, где CD – высота,

опущенная на боковую сторону. 5. Найти площадь равнобедренного треугольника, если высота, опущенная на

основание равна 10, а высота, опущенная на боковую сторону, равна 12. Вариант 2 1. В равнобедренный треугольник с основанием а вписана окружность радиуса r. Определить периметр треугольника.

10

2. В равнобедренном треугольнике длина основания равна 30, длина высоты

проведенной к основанию, - 20. Определить длину высоты, проведенной к боковой

стороне. 3. Биссектриса AD равнобедренного треугольника АВС составляет с основанием

АС угол, тангенс которого равен 0,5. Найти косинус угла АВС. 4. На основании АС равнобедренного треугольника АВС как на диаметре по-

строена окружность, пересекающая боковую сторону ВС в точке D так, что BD :

DC=2: 3. Найти площадь треугольника АВС, если 5

12AD .

5. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 6, а медиана боковой

стороны 5. Найти длину основания.

Опорные задачи 1. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 15, основание – 24. Найти радиус окружности, вписанной в этот треугольник. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС=15, АС=24, АСВН , АО – биссектриса угла ВАС. В

прямоугольном треугольнике ВАН

91215 2222 АНАВВН . Далее по свойству биссектрисы

AH

AB

OH

BO , или

12

15

r

rВH, откуда r=4.

ОТВЕТ: 4. 2. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием ВС высоты 1ВВ и 1СС пе-

ресекаются в точке М, при этом ВМ=10; 61 МВ . Найдите площадь треугольника

АВМ. Решение: Проведем высоту 1АА ; так как АВС - равнобед-

ренный, то 1АА является биссектрисой и медианой. В 1АВВ

: АМ – биссектриса. По свойству биссектрисы имеем:

1

1

МВ

АВ

ВМ

АB ;

3

5

6

10

11

МВ

ВМ

АВ

АB. Пусть АВ=5х; хАВ 31 . По

теореме Пифагора из 1АВВ имеем: 222

122

1 925 ххАВАВВВ , 161 ВВ (по условию). Находим, что х = 4. Следовательно, 12431 АВ . Итак,

6012102

1

2

11 АВВМS ABM .

ОТВЕТ: 60. 3. В равнобедренном треугольнике основание равно а, а

высота опущенная на основание, равна h. Найдите остальные

стороны, высоты и углы этого треугольника. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, АС=а, ACBH , ВН=h, BCAK . В прямоугольном

11

треугольнике НВС 90BHC , hBH , 22

1 aACHC . Находим

a

h

HC

BHCtg

2 ,

значит, a

harctgCA

2 и

a

harctgB

22180 . Из этого же треугольника ВНС по

теореме Пифагора получим: 4

2222 a

hHCBHBC .

Далее в прямоугольном треугольнике АКС нам известны гипотенуза АС=а и угол С.

Значит, CАСАК sin , но в треугольнике ВНС

4

2sin

22 a

h

h

BC

BHC

. Тогда

224

2

ah

аhАК

.

ОТВЕТ: a

harctgCA

2 ,

a

harctgB

22180 , 224

2

1ahВС ,

224

2

ah

аhАК

.

4. В равнобедренном треугольнике боковые стороны рав-

ны 10, а основание – 12. Найти радиус описанной около этого

треугольника окружности. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=АС=10, ВС=12, ВСАН , О - центр описанной окружно-

сти, АВОК , АО=R. По формуле S

abcR

4 . По формуле Геро-

на 4846616 S , откуда 25,6484

121010

R .

ОТВЕТ: 6,25. 5. В равнобедренном треугольнике на основа-

нии АС взята точка М так, что АМ=m, MC=n. В

треугольники АВМ и СВМ вписаны окружности.

Найти расстояние между точками касания этих

окружностей со стороной ВМ. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике

АВС АВ=ВС, точки 1К и 2К - соответственно

точки касания со стороной ВМ окружностей, впи-

санных в треугольники АВМ и ВМС Докажем сначала утверждение: расстояние от

вершины А треугольника АВС до точек касания вписан-

ной окружности со сторонами АВ и АС равны p-a, где p - полупериметр треугольника АВС, ВС=а, АВ=с, АС=b. Пусть K, L, M – точки касания вписанной окружности,

положим: AK=AL=x. Тогда а=ВС=ВМ+МС=BL+CK=(c-

x)+(b-x)=b+c-2x, откуда получаем: apacbx )(2

1.

Используя доказанное утверждение для решения нашей

задачи. )(2

11 AMBMBABК , )(

2

12 MCBMBCBК .

12

Таким образом ||2

1||

2

1|| 1221 nmMCAMBKBKКK .

ОТВЕТ: ||2

1nm .

6. Высоты АН и ВК равнобедренного треугольника АВС

с основанием ВС пересекаются в точке О так, что ВО=5,

ОК=3. Найдите АН. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АС=ВА, АН – биссектриса. Тогда по свойству биссектрис в

треугольнике АВК ОК

АК

ВО

АВ или

5

3

АВ

АК. Пусть АК=3х,

АВ=5х. По теореме Пифагора в АВК имеем:

64)3()5( 22 хх ; 2х . АК=6; АВ=10. АС=АВ=10, КС=10-6=4. По теореме Пифагора в ВКС имеем: 80222 КСВКВС .

54ВС .

ACBKAHBCS ABC 2

1

2

1, получаем 54AH .

ОТВЕТ: 54AH .

Задачи для самостоятельного решения 1. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 5, а основание – 6. найдите длину высоты, проведенной к боковой стороне. 2. В равнобедренном треугольнике высота, опущенная на боковую сторону, рав-

на 3 , а угол при основании треугольника равен 30. Найти длину боковой стороны. 3. В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту в

отношение 17:15, боковая сторона треугольника равна 34. Найдите основание тре-

угольника. 4. Основание равнобедренного треугольника равно 2. Медианы к боковым сторонам

взаимно перпендикулярны. Найдите площадь треугольника. 5. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 10, а основание – 16. Найдите длину медианы, проведенной к боковой стороне. 6. Длина основания равнобедренного треугольника равна 12. Радиус вписанного в

этот треугольник круга равен 3. Найдите площадь треугольника. 7. Площадь равнобедренного АВС с основанием ВС равна 160, боковая сторона 20.

Высоты ВК и АН пересекаются в точке О. Найдите площадь АВО . 8. Основание равнобедренного треугольника равно 24 , а медиана боковой стороны

– 5. Найти длины боковых сторон. 9. В равнобедренный треугольник с углом в 120 при вершине и боковой стороной а

вписана окружность. Найти радиус этой окружности. 10*. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны 20, а основание – 5. найдите длину биссектрисы, проведенной к боковой стороне. 11*. В равнобедренном треугольнике основание равно 16, а боковая сторона 10.

Найти радиусы вписанной и описанной окружностей и расстояние между их цен-

трами.

13

12*. В равнобедренном треугольнике высота равна 8, а основание относится к боко-

вой стороне как 6:5. Найти радиус вписанного круга. 13*. Площадь равнобедренного треугольника равна S, длина медианы боковой сто-

роны равна m. Найти длину основания. 14*. Внутри прямоугольного равнобедренного треугольника АВС: 90С , взята

точка К так, что АК=3, 2КС , 5КВ . Найти катет ВС и углы ВКС и АКС.

Домашние задачи 1. В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) проведены высоты AD и ВЕ.

Найдите основание АС этого треугольника, если ВС=9 и CD:ЕС=2:3. 2. В равнобедренном треугольнике боковая сторона равна 4, а основание 34 . Найти углы этого треугольника и его высоты. 3. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4, проведена ме-

диана боковой стороны. Найти основание треугольника, если медиана равна3. 4. В равнобедренном треугольнике основание равно а, угол при основании равен

. Найдите боковую сторону и высоты треугольника. 5. В равнобедренный треугольник с основанием а вписана окружность радиуса – r. Найти периметр треугольника. 6. В треугольнике АВС (АВ=4, ВС=АС=12) проведена биссектриса AD. Найти

угол ADC. 7. В единичную окружность вписан равнобедренный треугольник, у которого

боковая сторона вдвое больше основания. Найти радиус окружности, вписанной в

треугольник. 8. В равнобедренном треугольнике боковые стороны равны а, а угол при вер-

шине равен . Найдите основание и высоты этого треугольника. 9. В равнобедренном треугольнике основание равно а, а боковая сторона – b. Найти длину биссектрисы, проведенной к боковой стороне. 10. Найти отношение радиуса окружности, вписанной в равнобедренный прямо-

угольный треугольник , к высоте, проведенной к гипотенузе. 11. В равнобедренном треугольнике АВС (В - вершина) проведена биссектриса

АD. Площади треугольника ABD и ADC равны соответственно 1S и 2S . Найдите

длину основания.

Выходной контроль Вариант 1 1. Вершины правильного треугольника лежат на трех параллельных прямых,

причем внутренняя прямая находится на расстояниях 21 и 84 от крайних прямых.

Найти длину стороны треугольника. 2. В равнобедренном треугольнике высота равна 8, а основание относится к бо-

ковой стороне как 6:5. Найти радиус вписанного круга. 3. В равносторонний треугольник АВС вписана окружность и проведен отрезок

MN, который касается ее и параллелен стороне АВ. Определить периметр трапеции

AMNB, если длина стороны АВ равна 18.

14

4. Дан равнобедренный треугольник АВС с боковыми сторонами 10 BCAB и

основанием 80AC . Найти радиус окружности, проходящей через вершины В и С,

центр которой находится на высоте СD. 5. Длина основания равнобедренного треугольника равна 12. Радиус вписанного

в него круга равен 3. Найти площадь треугольника. Вариант 2 1. Основание равнобедренного треугольника 32 , медиана боковой стороны 5.

Найти длины боковых сторон. 2. Вершины В и С при основании равнобедренного треугольника АВС соедине-

ны с серединой М его высоты, проведенной из вершины А. Эти вершины пересека-

ют боковые стороны АС и АВ треугольника в точках D и E соответственно. Найдите

площадь четырехугольника AEMD, если площадь треугольника АВС равна 93. 3. Прямая делит пополам основание АВ равнобедренного треугольника АВС с

боковой стороной 3 и отсекает на лучах СА и СВ отрезки CM и CN соответственно.

Найти длину СМ, если длина CN равна 2. 4. Длина основания равнобедренного треугольника равна 10, а его площадь рав-

на 60. Найти длину медианы, проведенной к боковой стороне. 5. В равнобедренном треугольнике длина боковой стороны равна 104 , а длина

медианы, проведенной к боковой стороне, равна 103 . Найти длину основания тре-

угольника. Модуль «Произвольный треугольник»

Входной контроль Вариант 1 1. Есть ли тупой угол у треугольника со сторонами 10, 14 и 17? 2. Определить площадь треугольника, если две его стороны равны 35 и 14, а бис-

сектриса угла между ними содержит 12. 3. В треугольнике основание равно 6, а высоты, опущенные на боковые стороны

– 2 и 32 . Найти боковые стороны треугольника. 4. В треугольнике АВС из вершины В проведены высота BD и биссектриса BL. Найти площадь треугольника BLD, если известны длины сторон треугольника ABC: AB=6,5; BC=7,5; AC=7. 5. Окружность, построенная на стороне АС треугольника АВС как на диаметре,

проходит через середину стороны ВС и пересекает сторону АВ в точке D так, что

ABAD3

1 . Найти площадь треугольника АВС, если АС=1.

Вариант 2 1. Две стороны треугольника равны соответственно 6 и 8. Медианы, проведен-

ные к этим сторонам, перпендикулярны. Найти площадь треугольника. 2. В треугольнике АВС сторона АС равна b, сторона АВ равна с, а биссектриса

внутреннего угла А пересекается со стороной ВС в точке D такой, что AD=DB. Найти длину стороны ВС. 3. Высота основание и сумма боковых сторон треугольника равны соответствен-

но 12, 14 и 28. Найти боковые стороны.

15

4. В треугольник вписана окружность с радиусом 4. Одна из сторон треугольни-

ка разделена точкой касания на отрезки, длины которых 6 и 8. Найти длины сторон

треугольника. 5. Дан треугольник АВС, в котором угол В равен 30, АВ=4, ВС=6. Биссектриса

угла В пересекает сторону ФС в точке D. Определить площадь треугольника ABD.

Опорные задачи 1. Длины двух сторон треугольника 6 и8. Медианы, про-

веденные к этим сторонам взаимно перпендикулярны. Найдите

длину третьей стороны. Решение: Пусть 1АА и 1СС - медианы, О – точка пересечения

медиан, АВ = 8, ВС = 6, АС = х. AОС - прямоугольный (по

условию).

4

3

11

11

ВСАС

САВАпо определению медианы

Пусть хОС 1 , тогда хОС 2 , yОА 1 , yОA 2 (по свойству медианы). По теореме

Пифагора из COA1 и ОАС1 имеем:

3

4

3

11

16)2(

9)2(22

22

x

y

xy

yx.

Следовательно, 3

112AO , а

3

42ОC . По теореме Пифагора из AOC имеем:

222 ACOCAO или 203

44

3

1142 AC , 52AC . ОТВЕТ: 52 .

2. В треугольнике с длинами сторон 5, 6, 10 к меньшей

стороне проведены медиана и биссектриса. Найдите расстояние

между точками пересечения медианы и биссектрисы с меньшей

стороной. Решение: Пусть АВ = 6, ВС = 10, АС = 5, ВК – биссектриса, ВМ –

медиана. По свойству биссектрис 5

3

10

6

ВС

АВ

КС

АК,

8

3

АС

AК,

8

15

8

3

AСАК .

8

5

8

15

2

5 АКАМКМ .

ОТВЕТ: 8

5.

3. Дан треугольник АВС. Его высота BD равна 30. Из осно-

вания Е биссектрисы АЕ опущен перпендикуляр EF на сторону АС.

Определите длину этого перпендикуляра, если АВ:АС=7:8.

Решение: 8

7

ЕС

ВЕ

АC

AВ (по свойству биссектрис). Пусть

ВЕ = 7х, ЕС = 8х. EFCBDC (по двум углам).

Поэтому EC

BC

EF

BD или

x

xx

EF 8

8730 ,

1615

830

x

xEF . ОТВЕТ: 16.

16

4. В треугольнике длины двух сторон равны 6 и 3. Найдите длину третьей

стороны, если полусумма высот, проведенных к данным сторонам, равна третьей

высоте.

Решение: Пусть а=6, b=3. 6

22 S

a

Sha ,

3

22 S

b

Shb .

По условию SSS

hhh bac 3

2

32 , то есть

2

Shc . С другой

стороны, c

Shc

2 . Тогда

c

SS 2

2 , с=4.

ОТВЕТ: 4. 5. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8. Найти расстояние меж-

ду центром вписанной в этот треугольник окружности и точкой пересечения его ме-

диан. Решение: Пусть 90A , В , AD – медиана ABС , О – центр

вписанной в ABС окружности, М – точка пересечения медиан. По теореме Пифагора из ABС 1086 22 ВС , 5AD .

3

10

3

2 МDАМ (по свойству медиан). ADBD (AD –медиана, про-

веденная к гипотенузе), BAD . АО – биссектриса, 45ВАО , 45МАО .

По формуле 22

1086)(

2

1

cbarОК .

Из AОК имеем: 2245sin

ОК

АО . По теореме косинусов для AMO имеем :

)45cos(3

240

9

172)45cos(2222 AOAMAOAMMO . Вычислим :

)sin(2

2cos45sinsin45cos)45cos( osc

10

27)

10

8

10

6(

2

2)(

2

2

BC

AC

BC

AB. Отсюда

9

4

103

27240

9

1722

MO ,

3

2MO . ОТ-

ВЕТ: 3

2MO .

6. В АВС АВ=13, ВС=21, АС=20. Найдите площадь треугольника, образо-

ванного стороной АС, медианой ВМ и биссектрисой СК данного треугольника. Решение: СK - биссектриса ABС , ВM - медиана ABС , OВMCK . По свойству

биссектрис 10

21

CM

ВC

OM

OВ .

По формуле Герона : 126761427 ABCS .

ВМ – медиана ABCS , следовательно, 632

1 ABCВСМ SS .

Так как 10

21

OM

OВ, то

10

21

COM

COB

S

S. Отсюда 1

10

211

COM

COB

S

S. Следо-

17

вательно, 10

31

COM

BСМ

S

S ; BCMCOM SS

31

10 .

Итак, 31

1020

31

630COMS . ОТВЕТ:

31

1020 .

7. В АВС 90C , отношение медианы СМ к биссектрисе

CN равно 1:6 , высота СК=2. Найдите ABCS.

Решение: Пусть СМ – медиана, CN – биссектриса, СК – высота.

АВС .

Из СКВ имеем: sin

2

sin

СКСВ .

Из ABС имеем: cossin

2

cos

CВAB ,

cossin

1

2

1 ABCM . По

теореме синусов из CNB :

CNB

ВCCN

sinsin;

)cos(sin2

2))

4(180sin(sin

CNB .

Значит,

cossin

22

cossin

sin

CВCN . Так как 6

CN

CM, то

6cossin

22

или )cossin2(32cossin .

Пусть a cossin , тогда 1cossin2 2 a , )1(32 2 aa .

Находим, что 2

31 a ,

3

322 a . Так как a>0, то

3

32a ,

3

112 a .

6cossin

22

CN ; 66 CNCM , 122 CMAB .

122

1 CKABS ABC

. ОТВЕТ: 12.

8. В АВС задано, что углы А, В и С относятся как 4:2:1. Доказать, что сторо-

ны треугольника связаны равенством cbа

111 .

Решение: Обозначим хС , тогда хА 4 , хВ 2 , по СВА , или

ххх 24 , 7

x . Значит,

7

4A ,

7

2B ,

7

С . Исходя из теоремы сину-

сов, получаем: 7

4sin2

Ra ,

7

2sin2

Rb ,

7sin2

Rc . Значит должно выполнять-

ся равенство:

7sin2

1

7

2sin2

1

7

4sin2

1

RRR , или

7

2sin

7

4sin

7sin

7

4sin

7sin

7

2sin

, или

)7

6cos

7

2(cos

2

1)

7

5cos

7

3(cos

2

1)

7

3cos

7(cos

2

1 , или

07

6cos

7

2cos

7

5cos

7

3cos

7

3cos

7cos

. Но последнее равенство верно, так

18

как 7

cos)7

cos(7

6cos

и

7

2cos)

7

2cos(

7

5cos

. Следовательно, тре-

буемое равенство верно, что и требовалось доказать. Задачи для самостоятельного решения

1. Найдите площадь треугольника АВС, если АС = 20, ВС = 972 , медиана

ВМ = 12. 2. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС взяты соответственно точки M и

N, при этом AM:MB=5:3 и BN:NC=2:7. Найдите площадь треугольника АВС, если

площадь треугольника MNB равна 11. 3. Возможен ли треугольник, у которого высоты равны 2bh , 3ah , 4ch . 4. В треугольнике АВС проведена медиана АМ. Найдите площадь АВС , ес-

ли 23AC ; ВС = 10; 45MAC . 5. В АВС АВ=3, ВС=4, АС=2, BD – высота, опущенная из вершины В. Найти

длину отрезка CD. 6. Найти радиус окружности описанной около треугольника со сторонами 5,

7 , 32 . 7. В прямоугольном треугольнике медианы катетов равны 52 и 73 . Найти

гипотенузу треугольника. 8. В треугольнике АВС известно, что угол А в два раза больше угла С, сторо-

на ВС на 2 больше стороны АВ, АС=5. Найти стороны АВ и ВС. 9. Доказать, что прямая, соединяющая основания двух высот остроугольного

треугольника, отсекает от него себе подобный.

10. В треугольнике АВС синус угла С равен 5

3, АС=5, ВС=4. Найдите радиус впи-

санной в этот треугольник окружности, если AB<AC. 11. В АВС АВ=5, ВС=10, АС= 53 . Найдите площадь треугольника, образованного

высотой АН, медианой АМ и биссектрисой ВК данного треугольника.

12. В АВС медиана ABBD4

3 и

2

DBC . Найдите ABC .

13. Треугольник АВС – правильный на продолжении СЕ стороны АЕ пристроен

другой правильный треугольник CDE. М – середина AD, N - середина ВЕ. Доказать,

что треугольник СMN – правильный. 14*. Через точку D, лежащую внутри АВС , проведены три прямые, параллельные

сторонам треугольника. При этом образовалось три треугольника, площади которых

4:9:16. Найдите ABCS . 15*. В треугольнике АВС точки E и F являются серединами сторон АВ и ВС соот-

ветственно. Точка G лежит на отрезке EF так, что FG=BE; EG:AE=1:2. Найдите ве-

личину угла GCA, если 90AGC . 16*. Длина медианы ВК остроугольного АВС равна 8. Длины ортогональных про-

екций этой медианы на стороны АВ и ВС равны 6 и 25 соответственно. Найдите

длину стороны АС. Найдите биссектрису угла В АВС и определите в каком соотношении центр впи-

санной в треугольник окружности делит эту биссектрису, если АВ=4, ВС=5 и АС=6.

19

18*. В прямоугольном треугольнике АВС ( 90C ) на стороне ВС расположена

точка D так, что 3

104BD ,

10

1arccosADC . Найдите площадь треугольника АВС,

если АВ=5. Домашние задачи 1. Найдите биссектрисы острых углов в прямоугольном треугольнике, катеты

которого равны 6 и 8. 2. В АВС стороны АВ и АС равны соответственно 7 и 8, 120A . Найдите

расстояние от основания высоты, опущенной на сторону АС, до середины стороны

ВС. 3. В треугольнике АВС к стороне ВС проведена медиана AD. Найти длину

стороны ВС, если 60А , 112AD и полупериметр 10p . 4. В АВС АВ=3, 30А . Найдите две другие стороны, если известно, что их

сумма равна 32 . 5. В АВС медиана АМ и высота ВН пересекаются в точке К (точки М и Н

лежат соответственно на сторонах ВС и АС). Найдите АС, если ВС=8, АК=2, КМ=3. 6. В АВС сторона АВ=7, АС=8, ВС=9. Найдите площадь треугольника, обра-

зованного высотой и медианой АВС , проведенных из вершины В.

7. В АВС известно, что 4АВ , 5ВС и 8

1arccosВ . Центр О окружности,

вписанной в угол В, лежит на стороне АС. Найдите ВО. 8. В АВС угол А в два раза больше угла В. Доказать, что 22 bbcа .

9. В треугольнике АВС известно, что 2

1

BC

AC и

4

3arccosC . На стороне АС

взята точка D так, что 3

1

AD

CD. Найдите отношение радиуса окружности, описанной

около АВС , к радиусу окружности, вписанной в треугольник ABD. 10. Медиана AD остроугольного АВС равна 5, а ортогональные проекции

этой медианы на стороны АВ и АС равны 4 и 52 соответственно. Найдите ВС. 11. В прямоугольный треугольник со сторонами 6, 8,10 вписана окружность.

Через центр окружности построены прямые, параллельные сторонам треугольника.

Вычислить длины средних отрезков сторон треугольника, отсекаемых построенны-

ми прямыми. 12. В АВС со сторонами а=14, b=15, c=13 найти расстояние от точки пересе-

чения высот до вершины А. Выходной контроль Вариант 1 1. В окружность вписан треугольник АВС. Расстояние от точек А и С до прямой,

касающейся окружности в точке В, равны 4 и 9. Найти высоту треугольника, прове-

денную из вершины В. 2. В остроугольном треугольнике АВС длины медиан ВМ, CN и высоты АН рав-

ны соответственно 4, 5 и 6. Найти площадь треугольника. 3. Найти площадь треугольника по стороне а и прилежащим к ней углам и .

20

4. В треугольнике АВС проведены высоты АЕ и CD. Найти АВ, если BD=18, BC=30, AE=20. 5. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты AD и СЕ, причем

длина AD равна 5, длина СЕ равна 3, а угол между AD и CЕ равен 60. Найти длину

стороны АС. Вариант 2 1. Найти площадь треугольника, вписанного в окружность, если концы его сто-

роны, равной 20, отстоят от касательной, проведенной через противолежащую вер-

шину на 25 и 16. 2. В треугольнике АВС медианы AD и ВЕ пересекаются под прямым углом,

АС=3, ВС=4. Найти сторону АВ этого треугольника. 3. Найти площадь треугольника, если основание равно , углы при основании

равны 6

и

4

.

4. В треугольнике АВС величина угла С равна 60, а длина стороны 31АВ . На

стороне АС отложен отрезок 3AD . Найти длину ВС, если 72BD . 5. В треугольнике АВС медианы AD и СЕ взаимно перпендикулярны, АВ=с,

ВС=а. Найти АС.

Модульная программа «Четырехугольник»

Учебный материал

Четырехугольники Выпуклые Невыпуклые есть || стороны нет || сторон 1 пара 2 пары Трапеция Параллелограмм Все стороны = Не все стороны = Угол = 90 Угол 90 Угол = 90 Угол 90 Квадрат Ромб Прямоугольник Параллелограмм Свойства параллелограмма 1) В параллелограмме противоположные стороны и противоположные углы

равны; 2) Диагонали в параллелограмме точкой пересечения делятся пополам; 3) Сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон:

)(2 2222

21 badd

4) Диагонали делятся точкой пересечения пополам.

21

Свойства прямоугольника 1) Диагонали в прямоугольнике равны Свойства ромба 1) Диагонали ромба взаимно перпендикулярны, и являются

биссектрисами углов. Свойства трапеции 1) Во всякой трапеции середины оснований, точка пересече-

ния диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сто-

рон лежат на одной прямой. 2) Любой отрезок, соединяющий основания и проходящий через точку пересече-

ния диагоналей трапеции, делится этой точкой в отношении AD

BC

OY

OX ; это соотно-

шение справедливо для диагоналей и высоты.

3) AODВОС ; BC

ADk . CODBOA SS - равновелики.

4) Биссектриса угла трапеции отсекает от нее равнобедренный треугольник. 5) Биссектрисы внутренних углов, прилегающих к боковым сторонам, пересека-

ются под прямым углом и их точки пересечения лежат на средней линии 6) В трапеции биссектрисы углов, прилежащих к боковой стороне, перпендику-

лярны. Средняя линия

Треугольник Трапеция 1. MN || AC;

2. ACMN2

1 ;

3. Средняя ли-

ния делит по-

полам любой

отрезок с кон-

цами в вершине треугольника и на

противоположной стороне; 4. Три средние линии треугольника

делят его на четыре равных тре-

угольника, подобных данному с ко-

эффициентом подобия 2

1.

1.MN || AD, MN|| BC;

2.2

BCADMN

.

Сумма углов выпуклого четырехугольника равна

360: 360 DCBA .

22

Вписанная и описанная окружности Описанная окружность Вписанная окружность Если около четырехугольника можно

описать окружность, то: 1) сумма противоположных углов

равна 180 : 180 BCDBAD ; 2) сумма произведений его про-

тивоположных сторон равно произ-

ведению диагоналей: BDACBCADCDAB .

3) ODBOOCAO

Если в четырехугольник можно впи-

сать окружность, то: 1) суммы противоположных сторон

равны: CDABADBC .

Площади 1. 2аS такв ;

2. bаS тапр ;

3. aмапар hаS ;

4. hba

S иитр

2;

5. 212

1ddS ромб ( 21 , dd - диагонали ромба);

5. sin2

1 feS качет ;

6. Если четырехугольник вписан, то ))()()(( dpcpbpapS качет

7. Если четырехугольник вписан и описан одновременно, то abcdS качет .

Модуль « Четырехугольник, параллелограмм» Входной контроль Вариант 1 1. Вершины квадрата лежат на границе второго квадрата. Найти отношения длин

отрезков, на которые эти вершины разбивают стороны второго квадрата, если из-

вестно, что отношение площадей квадратов равно 8

5 .

2. В параллелограмме ABCD биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке

Е, а биссектриса угла С пересекает сторону AD в точке F. Найдите площадь парал-

лелограмма, если ВС=3 АВ, а площадь четырехугольника, образованного пересече-

нием прямых АЕ, CF, BF, DE, равна 4. 3. Биссектрисы углов В и С параллелограмма ABCD пересекаются в точке К,

лежащей на стороне AD. Площадь параллелограмма равна 336 , 120С . Найдите

большую сторону параллелограмма.

23

4. В параллелограмме ABCD биссектриса угла С пересекает сторону AD в точке

М и прямую АВ в точке К. Найдите периметр треугольника CDM, если СМ=12,

МК=20, ВС=24. 5. В ромб, сторона которого 20, вписан круг. Найти площадь круга, если одна

диагональ ромба больше другой в 3

4 раза.

Вариант 2 1. В ромбе ABCD угол при вершине А равен 60. Точка N делит сторону АВ в от-

ношении AN:NB=2:1. Найти тангенс угла DNC. 2. В параллелограмме ABCD А - острый, 3 ABAD , 2 BDAC и

180 ABDABC . Найти расстояние от вершины D до АВ. 3. В прямоугольнике ABCD АВ=5, AD=4. На стороне AB взята точка Е, такая,

что AEDСED . Найдите длину АЕ. 4. В параллелограмме ABCD АВ=4, AD=8. Биссектрисы углов А и В пересека-

ются в точке К, углов С и D - в точке М. Найдите КМ. 5. В прямоугольнике ABCD на сторонах АВ=6 и ВС=8 взяты точки М и N так,

что отрезок MN параллелен отрезку АС. Известно, что периметр многоугольника

АMNCD относится к периметру треугольника MBN, как 7:3. Найти длину отрезка

MN. Опорные задачи 1. Доказать, что четырехугольник с вершинами в серединах сто-

рон данного четырехугольника является параллелограммом. При ка-

ком условии этот параллелограмм будет: а) прямоугольником; б)

ромбом; в) квадратом? Решение: Проведем диагонали АС и BD четырехугольника ABCD.

Рассмотрим ABC , MN – средняя линия, значит, ACMN2

1 , ACMN ||

. Рассмотрим ACD , KL – средняя линия, поэтому ACKL2

1 , ACKL || . Таким обра-

зом, KLMN , KLMN || , следовательно, MNKL – параллелограмм. а) MNKL будет прямоугольником, если .NKMN Но так как ACMN || , BDNK || , то

BDAC . Таким образом, параллелограмм будет прямоугольником, если в исходном

четырехугольнике ABCD диагонали перпендикулярны.

б) MNKL будет ромбом, если NKMN . Но так как ACMN2

1 , BDNK

2

1 , то

BDAC . Таким образом, параллелограмм будет ромбом, если в исходном четырех-

угольнике ABCD диагонали равны. в) MNKL будет квадратом, если он будет ромбом и прямоугольником, т.е. если в

ABCD диагонали равны и перпендикулярны. 2. Длины диагоналей параллелограмма равны 17 и 19. Длина одной из его сторон

равна 10. Найти длину другой стороны.

24

Решение: Пусть 171 d , 192 d , 10a ; тогда 2222

21 22 badd , 15

2

2 222

21

add

b

. ОТВЕТ: 15. 3. В параллелограмме ABCD 120С . Биссектрисы углов В и С пересекаются в

точке К, лежащей на стороне AD; CK=3. Найдите площадь

параллелограмма. Решение: 60180 BCDB , 90BKC ; 62 CKBC

3 KCKDCD ( KDC - равносторонний).

3960sin63sin BBCABS ABCD . ОТВЕТ: 39 . 4. В параллелограмме ABCD биссектриса угла В пересекает сторону CD в точке

Т и прямую AD в точке М. Найдите периметр треугольника

СВТ, если 21АВ , 35ВМ , 9МD . Решение: СBТ - равнобедренный; TBCТDM (по двум уг-

лам). TMD - равнобедренный; DTMD . 12 BMCT .

BMAТMD : BM

TM

BA

TD . 15

21

359

BA

BMTDTM .

201535 TMBMTB . 44201222 BTCTPCBT . ОТВЕТ: 44. 5. Через точку О внутри квадрата ABCD проведены две вза-

имно перпендикулярные прямые, пересекающие противополож-

ные стороны квадрата. Доказать, что отрезки прямых, отсекае-

мые сторонами квадрата, равны. Решения: Пусть прямые MK и LT взаимно перпендикулярны,

проходят через точку О внутри квадрата и пересекают соответ-

ственно стороны АВ, CD и ВС, AD. Нужно доказать, что

LTMK . Для этого через точки L и K соответственно проведем отрезки LE и KQ параллельны сторонам квадрата. Тогда

MKQTLE (как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами), 90 MQKLET , KQLE . Значит,

KMQLTE , откуда MKLT . Что и требовалось доказать. 6. В четырехугольнике ABCD BCAD , 5AB , 4CD , сумма углов при верши-

нах А и В равна 60. Найдите площадь четырехугольника

ABCD. Решение: Продолжим стороны BC и AD до их пересечения в

точке К. Из условия: 120)(180 ВАВКА . Пусть хСК , yKD , zBCAD . Тогда

KAKBBKASSS CKDKBAABCD sin2

1

25

))()((120sin2

1sin

2

1xyzyzxKDKCBKA )(

4

3 2zzyzx .

По теореме косинусов для CKD и BKA имеем:

))((cos2)()(

cos2222

222

zyzxBKAzyxzAB

yxCKDyxCD

3

)(31625

33325

16

2

222

22222

22

zyzxz

zyx

zyxxyyx

xyyx

.

Таким образом, 4

33ABCDS . ОТВЕТ:

4

33 .

Задачи для самостоятельного решения

1. В четырехугольнике ABCD, BDAC , 12AC , 16BD . Найти расстояние меж-

ду серединами сторон АВ и CD. 2. Найдите площадь ромба, высота которого 4,8, а отношение диагоналей 3:4. 3. Биссектрисы углов В и С параллелограмма ABCD пересекаются в точке К, ле-

жащей на стороне AD. Площадь параллелограмма равна 336 , 120С . Найдите

большую сторону параллелограмма. 4. Длины диагоналей ромба относятся как 3:4. Во сколько раз сторона ромба пре-

восходит радиус вписанной в него окружности? 5. Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке К.

Найдите площадь параллелограмма, если 5 КСВК , .8АК 6. Диагонали АС и BD параллелограмма ABCD пересекаются в точке О, 26BD ,

40AС , 21ВС . Отрезок ОЕ – перпендикуляр к стороне ВС. Найдите разность

площадей четырехугольников DCEO и ABEO. 7. В параллелограмме заданы диагонали 131 d , 372 d и острый угол 60 . Найти стороны. 8. Найти площадь параллелограмма со сторонами 3 и 5 и углом между диагоналями,

равным 60. 9. В ромбе ABCD сторона равна а, 120В , ВН и ВК – высоты, проведенные к сто-

ронам AD и DC. Найти периметр HBK . 10. В параллелограмме ABCD точка М лежит на стороне ВС так, что ВМ=МС, точка

N лежит на стороне AD так, что NDAN 2 . Прямые АС и MN пересекаются в точке

К. Найти отношение АК:КС. 11. В квадрате ABCD точка В соединена с серединами с сторон AD и CD соответ-

ственно точками М и N. Найти, какую часть площади квадрата составляет площадь

треугольника, ограниченного отрезками BM и BN и диагональю АС. 12. В ромб вписан круг. Каждая сторона ромба точкой касания делится на отрезки,

длины которых a и b. Найдите площадь круга. 13. Площадь ромба равна 600, а отношение длин диагоналей равно 4:3. Найдите вы-

соту ромба.

26

14. На стороне АВ параллелограмма ABCD отмечены точки К и М так, что

АК=КМ=МВ. Отрезки СК и DM пересекаются в точке О. Площадь параллелограмма

равна 40. Найдите площадь треугольника COD. В параллелограмме ABCD угол А – острый, AD-AB=3, AC-BD=2 и 180 ABDАВС . Найдите расстояние от вершины

D до АВ. 15. В параллелограмме ABCD угол А – острый, AD-AB=3, AC-BD=2 и

180 ABDАВС . Найдите расстояние от вершины D до АВ. 16*. Дан ромб ABCD с острым углом В. Площадь ромба равна 320, а синус угла В

равен 0,8. Высота СН пересекает диагональ BD в точке К. Найдите длину отрезка

СК. 17*. В параллелограмме заданы две стороны a, b и угол между ними - . Найдите

диагонали 21 , dd . 18* Внутри прямоугольника ABCD взята точка М. Доказать, что 2222 dbсa , где

aAM , bBM , cCM , dDM . 19*. В треугольник вписан параллелограмм со сторонами 3 и 5 и диагональю, рав-

ной 6. Найти стороны треугольника, если известно, что диагонали параллелограмма

соответственно параллельны боковым сторонам треугольника, а меньшая из его

сторон лежит на основании треугольника. 20*. В ромбе ABCD проведена высота ВН, АС=2, 2НС . Найти сторону ромба. 21*. Найти площадь четырехугольника, образованного пересечением биссектрис

прямых углов прямоугольника, стороны которого равны а и b. 22*. Периметр ромба содержит 2р см, сумма его диагоналей – m см. Найти площадь

ромба. Домашние задачи 1. Сторона ромба ABCD равна 6, 60ВАD . На стороне ВС взята точка Е так, что

2CE . Найти расстояние от точки Е до центра ромба. 2. В прямоугольнике ABCD АВ=5, AD=4. На стороне АВ взята точка Е, такая, что

угол CED равен углу AED. Найдите длину АЕ. 3. Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке К

так, что ВК:КС=4:3. Найдите большую сторону параллелограмма, если его периметр

равен 132. 4. Периметр параллелограмма равен 90, а острый угол – 60. Диагональ параллело-

грамма делит его тупой угол в отношении 1: 3. Найти стороны параллелограмма. 5. Найдите площадь параллелограмма, если его диагонали равны 3 и 5, а острый

угол параллелограмма – 60. 6. На сторонах BC и CD параллелограмма ABCD расположены точки Е и F так,

что BE=2EC, CF=3FD. Диагональ BD пересекает отрезки AE и AF в точках Р и Q. Найдите отношение площади АPQ к площади параллелограмма. 7. Сторона параллелограмма равна 21, а диагонали равны 34 и 20. Найдите пло-

щадь параллелограмма. 8. В ромбе ABCD диагонали равны 3 и 4, из вершины С тупого угла проведены

две высоты СЕ и CF. Вычислите площадь АЕСF.

27

9. В параллелограмме острый угол равен 45, а расстояние от точек пересечения

диагоналей до неравных сторон равны соответственно 2 и 3. Найти площадь парал-

лелограмма. 10. Определить острый угол ромба, в котором сторона есть среднее геометрическое

диагоналей. 11. Дан параллелограмм ABCD. Диагональ АС на 2 больше диагонали BD. Биссек-

триса ВЕ угла ABD делит сторону AD на отрезки 8,6AE , 2,10ED . Найти диагона-

ли параллелограмма. 12. Внутри параллелограмма ABCD взята точка К так, что треугольник CKD – рав-

носторонний. Известно, что расстояния от точки К до прямых AD, AB, BC равны

соответственно 3, 6 и 5. Найти периметр параллелограмма. 13. В параллелограмме ABCD биссектриса тупого угла В пересекает сторону AD в

точке F. Найти периметр параллелограмма, если AB=12, AF:FD=4:3. 14. Из вершины D ромба ABCD опущен перпендикуляр DE на сторону ВС. Найти

длину стороны ромба, если 62АС , 14АЕ . 15. В параллелограмме ABCD биссектриса угла В пересекает сторону CD в точке Т

и прямую AD в точке М. Найти периметр треугольника АВМ, если ВС=15, ВТ=18,

ТМ=12. 16. Дан параллелограмм ABCD, М – середина АВ, N – середина ВС. Найти сумму

квадратов MD и AN, если АВ=b, ВС=а. 17. Перпендикуляр, проведенный из вершины параллелограмма к его диагонали,

делит эту диагональ на отрезки 6 и 15. Разность длин сторон параллелограмма равна

7. Найти стороны параллелограмма и его диагонали. Выходной контроль Вариант 1 1. В параллелограмме острый угол равен 45, а расстояние от точек пересечения

диагоналей до неравных сторон равны соответственно 2 и 3. Найти площадь парал-

лелограмма. 2. В прямоугольнике ABCD на диагональ АС опущен перпендикуляр BN, К – се-

редина AL, М – середина CD. Найти BKMsin . 3. Биссектрисы углов А и С параллелограмма ABCD пересекают стороны ВС и

AD в точках К и Р соответственно, причем ВС:КС=5:2. Площадь параллелограмма

ABCDравна 75. Найдите площадь четырехугольника АКСР. 4. На стороне NP квадрата MNPQ взята точка А, на стороне PQ – точка В так,

что NA:AP=PB:BQ=2:3. Точка L является точкой пересечения отрезков МА и NB. В

каком отношении точка L делит отрезок МА. 5. В параллелограмме ABCD длина диагонали BD, перпендикулярной стороне

АВ, равна 6. Длина диагонали АС равна 222 . Найти длину стороны AD. Вариант 2 1. Перпендикуляр, проведенный из вершины параллелограмма к его диагонали,

делит эту диагональ на отрезки длиной 6 и 15. Разность длин сторон параллело-

грамма равна 7. Найти стороны параллелограмма и его диагонали.

28

2. Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке К

так, что ВК:КС=4:3. Найдите большую сторону параллелограмма, если его периметр

равен 132. 3. На стороне АВ параллелограмма ABCD отмечены точки К и М так, что

АК=КМ=МВ. Отрезки СК и DM пересекаются в точке О. Площадь параллелограмма

равна 40. Найдите площадь треугольника СОD. 4. Найти площадь параллелограмма, если его диагонали 3 и 5, а острый угол па-

раллелограмма 60. 5. В параллелограмме ABCD биссектриса тупого угла В пересекает сторону AD в точке F. Найти периметр параллелограмма, если АВ=12 и AF:FD=4:3. Модуль «Трапеция»

Входной контроль Вариант 1 1. Длина диагонали равнобедренной трапеции равна 5, а ее площадь равна 12.

Найдите высоту трапеции. 2. В равнобедренной трапеции длина боковой стороны равна 4 38 , угол при

большем основании равен 45, угол между диагоналями 60. Найдите площадь трапе-

ции. 3. Диагонали трапеции ABCD пересекаются в точке О, основания ВС и AD рав-

ны 3 и 4, а площадь равна 98. Найдите площадь треугольника АОВ. 4. В равнобедренной трапеции длины оснований равны 21 и 9, а высота – 8. Найти радиус описанной окружности. 5. В равнобедренной трапеции боковая сторона равна средней линии, а периметр

равен 48. Найти боковую сторону трапеции. Вариант 2 1. В равнобедренной трапеции ABCD точка О - середина меньшего основания

ВС, ОА – биссектриса А . Найдите площадь трапеции, если 16AD , а ее высота

равна 6. 2. Высота трапеции ABCD равна 7, а длины оснований AD и ВС равны 8 и 6. Че-

рез точку Е на стороне CD проведена прямая ВЕ, которая делит диагональ АС точ-

кой О в отношении 2:3: ОСАО . Найдите площадь треугольника ОЕС. 3. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны, средняя линия равна 13. Одна

из диагоналей равна 10. Найдите другую диагональ. 4. Длины оснований трапеций – 10 и 24, а боковых сторон – 13 и 15. Найти пло-

щадь трапеции. 5. Высота и диагонали равнобедренной трапеции равны соответственно 5 и 13.

Найти площадь трапеции. Опорные задачи 1. Средняя линия трапеции разбивает ее на две трапеции, площади которых от-

носятся как 1:2. Чему равно отношение меньшего основания трапеции к большему?

Решение: Пусть ВС=а; AD=b. 2

balMN

; BP – высота.

29

EFl 1 - средняя линия MBCN. HQl 2 - средняя линия AMND.

KPВK - по условию.

2

1

2

1

l

l

HQKP

EFBK

S

S

AMND

MBCN .

2

1

3

3

4

34

3

2

2

2

1

ab

baab

ba

bl

la

l

l.

baab 263 ; ba 5 , т.е. 2,0b

a. ОТВЕТ: 0,2.

2. В трапеции большее основание равно 25, одна из боковых сторон равна 15.

Известно, что одна из диагоналей перпендикулярна заданной боковой стороне, а

другая делит угол между заданной боковой стороной и нижним основанием попо-

лам. Найдите площадь трапеции. Решение: CАDBСA (внутренние накрестлежащие углы при параллельных пря-

мых ВС и AD). АВС - равнобедренный, 15 ВСАВ . AAABBMh sin15sin .

AAhADBC

S ABCD

sin300sin152

1525

2.

Рассмотрим АВM : 5

3

25

15cos

AD

ABA , тогда

5

4cos1sin 2 AA . 240

5

4300 ABCDS .

ОТВЕТ: 240. 3. Основания трапеции равны 10 и 31, боковые стороны – 20 и 13. Найдите вы-

соту трапеции. Решение: Проведем CDВМ || . Рассмотрим АВM :

211031 BCADAM . 126)2127)(2027)(1327(27 ABMS

122

2

1

AM

SBKAMBKS ABM

ABM .

ОТВЕТ: 12. 4. Найдите площадь равнобедренной трапеции, если ее основания равны 17 и 15,

а диагональ перпендикулярна боковой стороне.

Решение: hba

S ABCD 2

. Рассмотрим АСD : hCF - высота.

AFFDCF (высота опущенная из вершины прямого угла

треугольника).

AFADFD ; 162

BCAD

AF . 1FD .

Следовательно, 4161 CF и 64416 ABCDS .

30

ОТВЕТ: 64. 5. Диагонали трапеции CEKM (ЕК и СМ - основания) пере-

секаются в точке О. Площадь СОЕ равна 16, ОКСО 2 . Найди-

те площадь трапеции. Решение: Пусть aEO ; bKO , тогда aOM 2 , bOC 2 .

KOM , 180EOK . COMKOMEOKEOCCEKM SSSSS

16 KOMEOC SS ( эти треугольники равновелики).

16sin22

1 baSEOC .

8sin2

1)180sin(

2

1 abbaSEOK

Так как COMЕOK ; коэффициент подобия 2k , 32822 COMS . Итак, 723216816 CEKMS . ОТВЕТ: 72. 6. В трапеции ABCD 90 СВ , 6АВ ; 5AD ; 8CD . Найдите площадь

трапеции. Решение: 1) Проведем прямую DCАК || . AKDC – параллело-

грамм. 8 CDAK , 5 ADKC . ABK - прямоугольный; 10ВК (по теореме Пифагора).

2) AKABBKAH (высота в прямоугольном треугольнике). 8,4AH .

15510 KCBKBC . 488,4)515(2

1ABCDS ОТВЕТ: 48.

Задачи для самостоятельного решения 1. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны и равны 8 и 15. Найдите сред-

нюю линию трапеции. 2. Высота, проведенная из вершины тупого угла равнобедренной трапеции, рав-

на 4 и делит большее основание на части, имеющие длины 5 и 2. Найдите площадь

трапеции. 3. Найти длину отрезка, соединяющего середины диагоналей трапеции, основа-

ния который равны a и b, причем a>b. 4. Найдите площадь трапеции, основания которой равны 2 и 1, а углы, прилега-

ющие к большему основанию, - 30 и 60. 5. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а средняя линия

равна 8. Найдите площадь трапеции. 6. По основаниям трапеции a, b и боковым сторонам c, d найти ее диагонали. 7. Диагонали АС и BD трапеции ABCD пересекаются в точке О, основание AD тра-

пеции равно 2, 3ВС , 6AOBS . Найдите ABCDS . 8. Основания трапеции равны a и b. Найти длину отрезка, параллельного основани-

ям, с концами на боковых сторонах трапеции, который делит трапецию на две по-

добные трапеции. 9. Основания трапеции равны a и b. Найти длину отрезка, параллельного основани-

ям, с концами на боковых сторонах, делящего площадь трапеции пополам.

31

10. В трапеции ABCD нижнее основание 5AD , верхнее 4BC , боковая сторона 2CD , 60BAD . Найдите площадь трапеции.

11*. Основания AB и CD трапеции ABCD равны соответственно 5 и 10? 3AD , 7BC . Биссектрисы углов А и D пересекаются в точке К, биссектрисы В и С – в

точке М. Найдите КМ. 12*. В трапеции ABCD длины диагоналей АС и BD равны 3 и 5, а длина отрезка

KL, соединяющего середины оснований ВС и AD? Равны 2. Найти площадь трапе-

ции ABCD. 13*. В трапеции ABCD параллельно основаниям проведен отрезок MN так, что

nmМВАМ :: . Найти длину отрезка MN, если длины оснований aAD , bBC . 14*. Основания трапеции равны а и b. Найти длину отрезка, проходящего через точ-

ку пересечения диагоналей трапеции с концами на боковых сторонах. 15*. В равнобедренной трапеции боковая сторона равна 12. Диагональ трапеции

равна 15 и делит площадь трапеции в отношении 3:5. Найти основание трапеции.

16*. В трапеции ABCD ( CDАВ || ), диагонали aAC , aBD5

7 . Найдите площадь

трапеции, если DBACAB 2 .

Домашние задачи 1. Боковые стороны равнобедренной трапеции при продолжении пересекаются под

прямым углом. Найдите длину большего основания трапеции, если ее площадь рав-

на 12, а высота 2. 2. Найдите площадь равнобедренной трапеции, если ее высота равна 3, а тангенс

угла между диагональю и основанием равен 4

1.

3. Основания трапеции равны 4 и 16. Найти его площадь, если известно, что в

трапецию можно вписать и вокруг нее можно описать окружность. 4. В прямоугольную трапецию с основаниями a и b вписан круг радиуса r. Выра-

зите r через a и b. 5. В трапеции ABCD, около которой можно описать окружность и в которую

можно вписать окружность, средняя линия MN равна 12. Из точки N на боковую

сторону АВ или ее продолжение опущен перпендикуляр, длина которого равна 6.

Найти площадь трапеции. 6. Найти отношение оснований трапеции, если известно, что средняя линия де-

лится диагоналями на три равные части. 7. Биссектриса острого угла равнобедренной трапеции делит боковую сторону

длиной 13 в отношении 26:11, считая от большего основания. Найти большее осно-

вание трапеции, если меньшее основание равно 2.

8. В трапеции ABCD ( BCАD || , ADBC ), диагональ BD в 3

24 больше радиуса

окружности, описанной вокруг трапеции. Найдите отношение площадей треуголь-

ников ABD и BCD, если отношение стороны AD к радиусу равно 2:1. 9. В трапеции ABCD даны длины оснований а и b и углы и при нижнем

основании. Найти боковые стороны, высоту и площадь.

32

10. Найдите площадь трапеции, если диагонали перпендикулярны боковым сто-

ронам, основания a и b. 11. В трапецию вписана окружность радиуса 6. Точка касания делит нижнее ос-

нование трапеции на отрезки длины 9 и 12. Найдите стороны и площадь трапеции. 12. Диагональ трапеции делит ее на два треугольника, отношение площадей кото-

рых равно 3:7. В каком отношении площадь трапеции делится средней линией, счи-

тая от меньшего основания.

Выходной контроль Вариант 1 1. Длины оснований трапеции равны 10 и 24, длины ее боковых сторон равны 13

и 15. Найдите площадь трапеции. 2. Боковые стороны АВ и CD трапеции ABCD равны соответственно 8 и 10, ос-

нование ВС равно 2 а биссектриса угла ADC проходит через середину стороны АВ.

Найдите площадь трапеции. 3. Боковые стороны трапеции равны 12 и 16, а содержащие их прямые взаимно

перпендикулярны. Площадь равна 144. Найдите среднюю линию трапеции. 4. Длины оснований трапеций – 3 и 6, а диагоналей – 7 и 8. Найти площадь тра-

пеции. 5. В прямоугольной трапеции большая диагональ, имеющая длину 24, является

биссектрисой острого угла. Найти площадь трапеции, если расстояние от вершины

тупого угла до диагонали равно 9. Вариант 2 1. Найдите отношение оснований трапеции, если известно, что средняя линия

делится диагоналями на 3 равные части. 2. В равнобедренной трапеции ABCD угол между боковой стороной АВ и осно-

ванием AD равен 45. Диагональ АС является биссектрисой угла BAD, а биссектриса

угла BCD пересекает основание AD в точке М. Найдите площадь треугольника

ABN, где N – точка пересечения ВМ и АС, если площадь трапеции равна 223 . 3. Диагонали равнобедренной трапеции перпендикулярны, одно из оснований

равно 17, а площадь равна 81. Найдите второе основание трапеции. 4. Средняя линия трапеции равна 10 и делит площадь трапеции в отношении 3:

5. Найти длины оснований этой трапеции. 5. Через точку пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, параллель-

ная основаниям и пересекающая боковые стороны в точках Е и F, EF=2. Определить

основания трапеции, если их отношение равно 4.

33

Модульная программа «Окружность»

Учебный материал

1. Касательная к окружности перпендикулярна радиусу прове-

денному в точку касания: aOA . 2. Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки

равны и составляют равные углы с прямой, проходящей через эту

точку и центр окружности: ACAB , CAOBAO . 3. Центральный угол равен длине дуги на которую он опирает-

ся: ABAOB . 4. Вписанный угол измеряется половиной дуги на

которую он опирается: ACABC 2

1.

5. Описанный угол (угол между двумя касательными) измеряется

полуразностью образованных им дуг: )(2

1AnCAmCABC .

6. Угол между хордой и касательной измеряется половиной дуги,

заключенной внутри него: BmCABC 2

1.

7. Угол между двумя хордами измеряется полусуммой дуг, на ко-

торые они опираются: )(2

1EnDAmCABC .

8. Угол между секущими измеряется полуразностью заключен-

ных между ними дуг: )(2

1DEACABC .

34

9. Угол между касательной и секущей измеряется полуразностью

отсекаемых дуг, прилежащих к касательной: )(2

1AnDAmCABC .

10. М – точка внутри круга, через которую проведены две хорды, то-

гда: cdab . 11. М – точка вне круга, из которой проведены касательная и две

секущие, тогда: MDMEMBMCAM 2 . Длина окружности: ПRС 2 .

Длина дуги окружности: 180

ПRС .

Площадь круга: 2ПRS .

Длина дуги сектора: 180

ПRl .

Площадь сектора: 360

2ПRС .

Площадь сегмента: )sin(2

1 2 RS .

Модуль «Свойства углов, касательных, хорд и секущих»

Входной контроль Вариант 1 1. Окружность касается одной стороны прямого угла с вершиной А в точке О и

пересекает его вторую сторону в точке С. Найдите радиус окружности, если АВ=4,

АС=8. 2. Через середину радиуса окружности проведена перпендикулярная ему хорда.

Найдите градусную меру меньшей из дуг, на которые окружность делится прове-

денной хордой. 3. Окружности равных радиусов проходят одна через центр другой. Параллело-

грамм расположен так, что две его вершины совпадают с точками пересечения

окружностей, а две другие на разных окружностях. Найти углы этого параллело-

грамма. 4. Треугольник АВС вписан в окружность с центром О. Доказать, что

BAHСAO , где АН – высота треугольника. 5. Две окружности касаются внутренним образом в точке N. Отрезок МN являет-

ся диаметром большей окружности. Хорда МК большей окружности касается

меньшей окружности в точке С. Доказать, что NC является биссектрисой угла MNK. Вариант 2

35

1. Из точки М к окружности с центром О проведены прямая МО и касательная

МА (А – точка касания). Из точки А к прямой МО проведен перпендикуляр АВ.

Найдите расстояние от точки М до центра, если АМ=40 и АВ=24. 2. В треугольнике АВС углы А и В равны 38 и 86 градусов соответственно.

Найдите углы треугольника, вершинами которого являются точки касания сторон с

вписанной в АВС окружность. 3. В треугольнике АВС высоты пересекаются в точке К. Точка М – центр впи-

санной окружности. Около треугольника СКМ описана окружность и точка В лежит

на этой окружности. Найти величину угла САВ. 4. В ABC проведены высоты 1AA и 1BB . Доказать, что прямые 11BA и СО перпен-

дикулярны, где О – центр описанной окружности. 5. Окружность, вписанная в АВС , касается его сторон АВ, ВС и СА в точках М,

К и L соответственно. Найти величину угла MLK, если AOC , где О — центр

вписанной окружности.

Опорные задачи

1. Радиус окружности равен 5 . Определите длину хорды, про-

веденную из конца данного диаметра через середину перпендику-

лярного ему радиуса. Решение: Из AMO по теореме Пифагора имеем:

2

5

4

5522 OMAOAM .

Продолжим радиус ОК до пересечения с окружностью в точке D. По свойству пере-

секающихся хорд в окружности имеем: MDKMMCAM , откуда AM

MDKMMC

.

Учитывая, что 2

5KM , 5

2

3MD , получим

2

15

2

52

15

2

5

MC . Следовательно,

102

15

2

5 MCAMAC . ОТВЕТ: 10.

2. Из данной точки вне окружности проведены касательная и

секущая, внутренняя часть которой стягивает дугу в 120 граду-

сов. Определите длину секущей, если радиус окружности равен

34 , а длина касательной от данной точки до точки касания рав-

на 8. Решение: OСВ : ROBOC . Хорда СВ является стороной правильного вписанного

треугольника. Отсюда 123343 RCB . Из свойства касательной и секущей, проведенных из одной точки,

получим: MBMCMA 2 ; MBBM )12(64 ; 064122 MBMB . От-

куда 4MB . Тогда 16 BCMBMC . ОТВЕТ: 16.

36

3. Окружность с центром О касается сторон угла В в точках А и С. Лучи АО и

ВС пересекаются в точке М, ОМ=9, ВМ=18. Найдите площадь ВMO .

Решение: ВО – биссектриса AВМ , следовательно, 29

18

МО

ВМ

АО

ВА.

Пусть хАО , тогда хАВ 2 и в прямоугольном треугольнике AВM : 222 )2()9(18 хх . Получим: 0243185 2 хх . 4,5х . Следовательно, 4,5АО ;

8,10ВА .

6,4898,102

1

2

1 OMBASBOM .

ОТВЕТ: 48,6.

Задачи для самостоятельного решения 1. Дана точка Р, удаленная на 7 от центра окружности с радиусом 11. Через эту

точку проведена хорда длиной 18. Каковы длины отрезков, на которые делится хор-

да точкой Р? 2. Из точки М к окружности с центром О проведены прямая ОМ и касательная

МА (А – точка касания). Из точки А к прямой МО проведен перпендикуляр АВ.

Найдите расстояние от точки М до центра, если АМ=40 и ВМ=24. 3. Треугольник АВС вписан в окружность. LK – касательная к окружности в

точке А. Хорда MN, параллельная АК, пересекает стороны АВ и АС в точках Р и Т

соответственно. Найти PTC , если 40B . 4. Даны две параллельные хорды окружности длиной 8 и 6. Найти радиус

окружности, если расстояние между хордами равно 7. 5. Из точки В к окружности проведены касательные ВР и BQ (P и Q – точки каса-

ния). Найти длину хорды PQ, если длина отрезка РВ=40, а расстояние от центра

окружности до хорды PQ равно 18. 6. Окружность касается одной стороны прямого угла с вершиной А в точке О и пе-

ресекает его вторую сторону в точках В и С. Найдите радиус окружности, если

АВ=4, АС=8. 7. В окружность вписан треугольник АВС. Расстояния от точек А и С до прямой, ка-

сающейся окружности в точке В, равны 4 и 9. Найти высоту треугольника, прове-

денную из точки В. 8*. Окружность с центром О касается сторон угла В в точках А и С. Отрезок ВО пе-

ресекает окружность в точке К. Найдите периметр АКСО, если 60В , 12ВК . 9*. В АВС 5AВ , 7ВС , 6AС . Точка М – середина стороны АС. Найдите длину

хорды, проходящей через точки В и М окружности, описанной около АВС . 10*. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Его диагонали АС и BD пересе-

каются в точке L, а продолжения сторон BC и AD за сточи С и D соответственно пе-

ресекаются в точке М. Известно, что BLA , BMA . Найти BCA и CAD .

Домашние задачи 1. Из одной точки проведены к окружности две касательные. Длина каждой ка-

сательной равна 12, а расстояние между точками касания 14,4. Определить радиус

окружности.

37

2. Дана окружность

3R . Из точки М окружности проведены касательная и се-

кущая к окружности. Угол между касательной и секущей равен 60. Найти длину

меньшей дуги, отсекаемой секущей. 3. Из точки А, не лежащей на окружности, проведены к ней касательная и секу-

щая. Расстояние от точки А до точки касания равно 16, а до одно из точек пересече-

ния секущей с окружностью равно 32. Найти радиус окружности, если секущая уда-

лена от ее центра на 5. 4. АВ и АС – хорды окружности, угол между которыми равен 30. Найти отрезок

ВС, если радиус окружности равен 6. 5. Окружность проходит через вершины А и С прямоугольного АВС , 90С ,

34АС , 12ВС , и пересекает гипотенузу АВ в точке К так, что 1:3: КВАК . Найдите радиус окружности. 6. Окружность с центром в точке В проходит через вершину А треугольника

АВС и пересекает стороны ВС и АС в точках M и N соответственно. Найти AMN , если 40BAC .

Выходной контроль Вариант 1 1. Через точку внутри круга радиуса 10 проведены две взаимно перпендикуляр-

ные хорды длиной 16 и 12. Найти расстояние между серединами хорд. 2. Найдите расстояние от центра окружности с радиусом 9 до точки пересечения

двух взаимно перпендикулярных хорд длиной 16 и 14. 3. В треугольнике АВС угол ВАС равен , К – центр вписанной окружности, N – центр описанной окружности. Известно, что точки А, С, К и N лежат на одной

окружности. Найти величины остальных углов треугольника АВС. 4. Выпуклый четырехугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность. Перпендикуляры, опущенные на сторо-

ну AD из вершин В и С, пересекают диагонали АС и BD в точках Е и Fсоответствен-

но. Отрезок ВС = 1 Найти длину отрезка EF. 5. Стороны угла с вершиной С касаются окружности в точках А и В. Из точки Р, лежащей на окружности, опущены перпендикуляры 1РА , 1РВ , и 1РС , на

прямые ВС, СА и АВ соответственно. Доказать, что 1121 РВРАРС .

Вариант 2 1. Две параллельные хорды окружности отсекают от нее дуги в 90 градусов.

Длина одой из хорд равна 8. Найдите расстояние между хордами. 2. К двум окружностям, касающимся друг друга внешним образом, проведены

две общие внешние касательные NF и TL (N; F; T; L – точки касания, причем N и T – точки меньшей окружности), образующие угол 60 градусов. Радиус большей

окружности равен 6. Найти длину хорды NT. 3. Шестиугольник ABCDEF вписан в окружность, причем AB||DE, BC||EF. Дока-

зать, что CD||AF. 4. Около треугольника ABC описана окружность и через вершину В проведена касательная к окружности, пересекающая прямую АС в точке К, ВМ — биссектриса угла ABC. Доказать, что МК = ВК.

38

5. Прямая, проходящая через вершину С равнобедренного треугольника ABC, пе-

ресекает основание АВ в точке М, а описанную окружность в точке N. Доказать, что

CNСМАС 2 . 3.2 Модуль «Треугольники и окружности»

Входной контроль

Вариант 1 1. В треугольник вписана окружность радиуса 4. Одна из сторон треугольника

разделена точкой касания на отрезки 6 и 8. Найдите длины сторон треугольника.

2. АН - высота треугольника АВС, у которого АВ = 24, 13

5

АС

НС Найдите радиус

окружности, описанной около треугольника АВС 3. В ABC дано: АВ = 30, ВС = 26, АС = 28, BD - высота, Е - середина стороны

ВС. Найдите радиус окружности, описанной около BED. 4. В треугольнике АВС АВ = ВС = 30. Вписанная в треугольник окружность каса-

ется стороны АВ в точке М, и АМ= 12. Найдите радиус окружности. 5. Вокруг прямоугольного АВС (C = 90°, A=45°) описана окружность и на

дуге АВ, не содержащей точку С, взята произвольная точка М. Доказать, что AM+MB = 2 МС. Вариант 2 1. В треугольнике ABC центр вписанной окружности, вершина С и точка пе-

ресечения биссектрисы угла при вершине А со стороной ВС лежат на окружности,

центр которой находится на стороне АС. Кроме того, АВ = 20, АС = 24. Найдите ра-

диус окружности, описанной около АВС . 2. Основание равнобедренного треугольника равно 8, а высота, опущенная на

основание, равна 13. Найдите расстояние между центрами вписанной и описанной

окружностей. 3. В равнобедренный треугольник ABC (АВ - ВС) вписана окружность с цен-

тром О. Прямая, проведенная через точки А и О, пересекает отрезок ВС в точке М.

Найдите площадь А АВС, если АО = 3,ОМ=27/11. 4. Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник АВС, касается гипо-

тенузы АВ в точке М. Найдите диаметр окружности, если АМ= 3, ВМ=10. 5. В ААВС вписана окружность. Она касается сторон АВ и ВС соответственно в точ-

ках М и N. Биссектриса угла А пересекает MN в точке К, а биссектриса угла С пере-

секает MN в точке L. Доказать, что около четырехугольника ALKC можно описать

окружность.

Опорные задачи 1. Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, ра-

вен 2, радиус описанной окружности – 5. Найдите больший катет тре-

угольника. Решение: 102 RAB ; 2 rOPOK . Пусть xAK , тогда xAT , а xBT 10 (свойство касательных, про-

веденных к окружности из одной точки).

39

PBTB По теореме Пифагора из ABC имеем:

100)102()2( 22 xx или 024102 xx , но АК не может быть меньше 5, следо-

вательно, АК=6. Итак, 826 АС . ОТВЕТ: 8. 2. Основание равнобедренного треугольника равно 36. Вписанная

окружность касается его боковых сторон в точках А и Р, 12АР . Найдите периметр треугольника. Решение: Проведем высоту СН. Так как треугольник равнобедренный,

то 18 HFВН . По свойству касательных: 18 FPHFBHAB .

Пусть xAC . Из подобия треугольников ACP и BCF получаем: BF

АР

ВС

АС ;

36

12

18

x

x

; 2161236 xx , отсюда 9x . Поэтому 27918 BCACBA . 90362727 ABCP . ОТВЕТ: 90. 3. Найдите радиус окружности, вписанной в остроугольный ABC , если высота ВН

равна 12 и известно, что 13

12sin A ;

5

4sin C .

Решение: ABH - прямоугольный, тогда 1313

12:12

sin

A

BHAB . По

теореме Пифагора из ABH имеем: 222 BHAHAB . 5AH .

Аналогично для BHC : 155

4:12

sin

C

BHBC , 9HC .

842

1 ACBHS ABC

.

Воспользуемся формулой prS . 421

84

p

Sr . ОТВЕТ: 4.

4. В равнобедренный треугольник вписана окружность. Точка касания делит каж-

дую сторону на отрезки 8 и 6, считая, от вершин к окружности проведены три каса-

тельные, параллельные каждой из сторон треугольника. Найдите длины отрезков

касательных, заключенных между сторонами треугольника. Запишите их сумму. Решение: Пусть P, R, Q – точки касания окружности со сторонами

AB, ВС и АС. MN, KL – отрезки двух из трех касательных, проведенных парал-

лельно АС и ВС; Е; F – точки касания этих отрезков с окружно-

стью. Пусть BMNPP 1 , AKLPP2 ; ABCPP . Так как МPМЕ , NRNE , то 16821 BRBPPP BMN . Так как KFKP , LQLF , то 12622 AQAPPP AKL .

4022 AQABPP ABC .

ABCMBN , следовательно, AC

MN

P

P

1 ; 2,41

P

ACРMN .

Аналогично, ABCAKL , следовательно, BC

KL

P

P

2 , 8,42

P

BCРKL .

2,132,428,4

40

ОТВЕТ: 13,2. 5. Окружность вписана в прямоугольный ABC ( 90С ), касается катета ВС в точ-

ке Н. Биссектриса угла А пересекает катет ВС в точке М. Найдите НМ, если 4СН , 12ВН .

Решение: Пусть точка О – центр окружности, вписанной в ABC . То-

гда АМО ; ВСОН . Пусть окружность касается гипотенузы в точке К, а катета АС – в

точке Т, xАК . Тогда xАКАТ ; 12 ВНВК ; 4 СНСТ . По

теореме Пифагора получаем: 222 16)4()12( xx . Отсюда 8x .

AOTOMH (по двум углам). Следовательно, AT

OH

OT

HM . Получаем,

2

AT

OHOTHM . ОТВЕТ: 2.

Задачи для самостоятельного решения

1. Около равнобедренного АВС с основанием АС и углом при основании 75 опи-

сана окружность с центром в точке О. Найдите ее радиус, если площадь ВОС равна

16. 2. В треугольник с периметром 20 вписана окружность. Отрезок касательной, про-

веденной к окружности параллельно основанию, заключенной между сторонами

треугольника, равен 5

14. Найти основание треугольника.

3. Точка касания окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, и катета

делит этот катет на отрезки длиной 3 и 5. Найдите радиус окружности, описанной

около треугольника. 4. Около АВС описана окружность. Медиана AM проведена до пересечения с

окружностью в точке К. Найти АС, если 18AM , 8MK , 10BK . 5. В ABC 60C , 8AB . На основании АВ как на диаметре построена окруж-

ность, пересекающая стороны АС и ВС в точках К и М соответственно. Найдите

КМ. 6. Вокруг правильного ABC описана окружность. На дуге BC взята точка М и

проведены хорды АМ, ВМ и СМ. Найдите СМ, если АМ=8, ВМ=6. 7. В треугольник со сторонами a, b, c вписана окружность. Найти длины отрезков, на

которые каждая из сторон делится точкой касания. 8*. Около тупоугольного равнобедренного треугольника описана окружность ради-

усом 25. Расстояние от центра до основания треугольника равно 7. Найдите рассто-

яние от центра окружности до боковой стороны треугольника. Основание равнобедренного остроугольного треугольника 58, а радиус описанной

около него окружности 25. Найдите расстояние между центрами вписанной и опи-

санной окружностей треугольника. 10*. Точка N лежит на стороне АС правильного ABC . Найти отношение радиусов

окружностей, описанных около ABN и ABC , если aACAN : .

41

11*. Около равнобедренного ABC с основанием АВ описана окружность. Продол-

жения медиан АЕ и BF треугольника пересекают окружность в точках 1А и 1В . Из-

вестно, что ABBA3

411 . Найти углы ABC .

12*. В ABC известна сторона а и углы и y , прилежащие к этой стороне. Найти

радиус вписанной в треугольник окружности. 13*. В окружность вписан равносторонний треугольник АВС. Доказать, что, если

взять на окружности произвольную точку М, то длина одного из трех отрезков МА,

МВ, МС равна сумме длин двух других.

Домашние задачи 1. Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник АВС с основанием

АС, касается его сторон АВ и ВС в точках К и М соответственно. Найдите КМ, если

АК=6, КВ=12. 2. К окружности, вписанной в треугольник с периметром 18, проведена каса-

тельная параллельно основанию треугольника. Длина отрезка касательной, заклю-

ченного между боковыми сторонами треугольника, равна 2. Найти основание тре-

угольника. 3. Вокруг остроугольного треугольника с углами ,, описана окружность с

центром в точке О. Найти углы, которые радиусы, проведенные в точки А, В и С,

образуют со сторонами треугольника. 4. В ABC со сторонами cAB , аBC , bАС вписана окружность, и к ней

проведена касательная, пересекающая стороны АВ и ВС соответственно в точках M и N. Найти периметр MBN . 5. В ABC вписана окружность, которая касается стороны АВ в точке D, сторо-

ны АС – в точке Е. Найдите площадь ADE , если известно, что 6AD , 2EC , 60BCA .

6. Периметр треугольника АВС равен 2Р, сторона aAC , а уголь против нее . В треугольник вписана окружность с центром О, радиус, проведенный к стороне ВС

– ОК. Найти BOKS.

7. В остроугольном ABC точка 1О - центр вписанной окружности, точка 2О - центр описанной окружности. Известно, что точки 1,, OCA и 2O равноудалены от не-

которой точки. Найти величину угла В. 8. Площадь прямоугольного треугольника равна произведению отрезков гипо-

тенузы, на которые делит точка касания вписанной окружности. Доказать. 9. В единичную окружность вписан равнобедренный треугольник, у которого

боковая сторона вдвое больше основания. Найти радиус окружности, вписанной в

треугольник.

Выходной контроль Вариант 1 1. В треугольник с длинами сторон 6, 8 и 10 вписана окружность. Через центр

окружности проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. Вычисли-

те длины средних отрезков сторон треугольника, отсекаемых построенными пря-

мыми.

42

2. Найдите радиус описанной около треугольника АВС окружности, если ВС = 8 и отношение высоты из вершины С к стороне АС равно 4/5. 3. Основание равнобедренного треугольника вдвое меньше его боковой сторо-

ны, а высота, проведенная к основанию, равна 10. Найдите радиус вписанной в

треугольник окружности. 4. Около равнобедренного треугольника с основанием АС и углом при основа-

нии, равным 75°, описана окружность с центром О. Площадь треугольника ВОС

равна 16. Найдите радиус окружности. 5. На сторонах АВ, ВС и СА произвольного АВС вне его построен равносто-

ронние треугольники 1АВС , 1ВСА и 1САВ . Доказать, что прямые 1АА , 1ВВ и СС1 пересе-

каются в одной точке и каждая из них образует с другой угол 60°. Вариант 2 1. В прямоугольном треугольнике радиус вписанной окружности равен 4 и один

из катетов равен 10. Найдите другой катет. 2. Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник ABC, касается гипо-

тенузы АВ в точке Е. Найдите площадь треугольника ABC, если АЕ = 5, BE = 4. 3. Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник, касается его боковых

сторон в точках M и N. Точка М делит сторону на отрезки 18 и 12, считая от осно-

вания треугольника. Найдите MN. 4. Угол В треугольника АВС равен 30°. Около треугольника описана окружность

радиуса 12. Хорда ВК проходит через середину М стороны АС, МК = 2. Найдите ВМ 5. Из произвольной точки М катета ВС прямоугольного треугольника ABC опу-

щен на гипотенузу АВ перпендикуляр MN. Доказать, что MCNMAN . Модуль «Четырехугольники и окружности»

Входной контроль Вариант 1 1. В ромб с длиной стороны 20 вписана окружность. Найдите ее радиус, если

одна диагональ ромба в - раза больше другой. 2. Диагонали ромба относятся как 3:4. Определите отношение площади ромба к

площади круга, вписанного в ромб. 3. Равнобедренная трапеция с основаниями AD и ВС (AD > ВС) описана около

окружности, которая касается стороны CD в точке М. Отрезок AM пересекает

окружность в точке N. Определите отношение AD/BC, если AN/NM = 3. 4. Диагонали трапеции, вписанной в окружность, взаимно перпендикулярны, а

средняя линия равна 6. Найдите площадь трапеции. 5. Основание трапеции, вписанной в окружность, является диаметром этой

окружности. Средняя линия трапеции равна 5, а диаметр окружности равен 9.

Найдите боковую сторону трапеции. Вариант 2

43

1. В ромб АВ CD вписана окружность радиуса 12, касающаяся стороны AD в

точке Е и пересекающая отрезок ЕС в точке F такой, что EF = 2ЕС. Найдите пло-

щадь ромба. 2. В равнобедренной трапеции боковая сторона равна 10, диагональ 17 и высота

8. Найдите радиус описанной около трапеции окружности. 3. Окружность радиуса 3 с центром в точке пересечения диагоналей равнобед-

ренной трапеции ABCD касается меньшего основания ВС и боковой стороны АВ.

Найдите площадь трапеции, если ее высота равна 16. 4. Основания равнобедренной трапеции, описанной около круга, равны 3 и 12.

Найдите высоту трапеции. 5. Центр окружности, описанной около трапеции, лежит на ее большем осно-

вании. Боковая сторона трапеции равна 15, радиус окружности равен 12,5. Найдите

площадь трапеции.

Опорные задачи 1. Высота ромба, проведенная из вершины его тупого угла. Делит сторону ромба

в отношении 1:2, считая от вершины его острого угла. Какую часть площади ромба

составляет площадь вписанного в него круга? Решение: Пусть аАН , тогда aHD 2 и aAD 3 ; hBH ; r – радиус вписанного круга. По теореме Пифагора из ABH имеем:

229 2222 aaaAHABBHh . 26 2aADBHS ABCD .

22

ah

r . ПaSкр

22 .

6

2

ABCD

кр

S

S. ОТВЕТ: 2

6

.

2. В окружность вписан равносторонний ABC . На дуге АС взята произвольная точ-

ка М. Длины отрезков МА и МВ соответственно равны 2 и 10. Найдите длину МС. Решение: Так как четырехугольник вписан в окружность, то

ABMCBCAMBMAC . Так как BCACAB , то ACMCACAMBMAC . MCAMBM . Следовательно,

8210 AMBMMC . ОТВЕТ: 8. 3. В окружность вписан четырехугольник ABCD, длины сторон которого относятся

как 3:4:5:6. Найдите отношение длин его диагоналей. Решение: Пусть хАВ 3 , хВС 4 , xCD 5 , xAD 6 . ADC , BCD .

sin2 RAC , sin2 RBD .

sin

sin

sin2

sin2

R

R

BD

AC. Так как

четырехугольник вписан в окружность, то 180 BD ; 180 CA .

sin21sin562

1sin43

2

1

sin2

1)180sin(

2

1

2

xxxxx

DCADBCABSSS ACDABCABCD

44

sin19sin542

1sin63

2

1

sin2

1sin

2

1

2

xxxxx

DCBCADABSSS BCDABDABCD

.

sin19sin21 . 21

19

sin

sin

.

ОТВЕТ: 21

19 .

4. Площадь круга, вписанного в трапецию, равна 9 , а сумма боковых сторон тра-

пеции равна 20. Найдите площадь трапеции. Решение: По условию задачи ППrSкр 92 , Следовательно, 3r . Тогда диаметр

круга, а значит, и высота трапеции равны 6. Средняя линия трапеции, описанной около круга, равна полусумме ее боковых сто-

рон, то есть 10. Итак, 60106 трS . ОТВЕТ: 60.

Задачи для самостоятельного решения

1. Дан ромб ABCD. Окружность, описанная около треугольника ABD, пересекает

большую диагональ ромба АС в точке Е. Найдите СЕ, если 58АВ , 16BD . 2. Большее основание трапеции является диаметром описанной окружности. Опре-

делите радиус окружности, если средняя линия трапеции равна 8, а ее площадь рав-

на 32. 3. Меньшее основание равнобедренной трапеции равно 6, большее равно 12, угол

при основании равен 60. Найдите радиус описанной окружности. 4. Трапеция вписана в окружность радиуса 5, большее основание трапеции является

диаметром окружности. Найдите площадь трапеции, если косинус угла при основа-

нии равен 10

1.

5. В равнобедренной трапеции длины оснований равны 21 и 9, высота равна 8.

Найдите радиус описанной окружности. 6*. Определить сторону ромба, если окружность, проведенная через вершины обоих

его тупых углов и одного из острых углов, делит большую диагональ на части 1,4 и

5. 7*. В прямоугольную трапецию вписана окружность. Расстояния от центра окруж-

ности до концов боковой стороны трапеции равны 6 и 8. Найдите трS .

8*. Около окружности радиуса 3 описана равнобедренная трапеция, меньшее осно-

вание которой 8. Найдите площадь трапеции. 9*. Около окружности радиусом 1 описана равнобедренная трапеция, площадь ко-

торой равна 5. Найдите площадь четырехугольника, вершинами которого являются

точки касания окружности и трапеции.

Домашние задачи 1. Диагонали четырехугольника ABCD, вписанного в окружность, пересекаются в

точке М, 4АМ , 9СМ , DMВМ , 30AMB . Найдите площадь четырехугольни-

ка.

45

2. Площадь равнобедренной трапеции, описанной около окружности, равна 32, ост-

рый угол при основании трапеции равен 30. Найдите длину боковой стороны трапе-

ции. Трапеция ABCD вписана в окружность. Найдите среднюю линию трапеции, если

большее основание 15AD , 3

1sin BAC ,

9

5sin ABD .

4. Около трапеции описана окружность, центр которой лежит внутри трапеции. Вы-

сота трапеции равна 27, а длины оснований равны 48 и 30. Найдите радиус окруж-

ности. 5. Боковая сторона равнобедренной трапеции равна 13 , а основания равны 3 и 4.

Найдите длину диагонали трапеции. 6. Вершины прямоугольника, вписанного в окружность, делят ее на четыре дуги.

Найти расстояние от середины одной из больших дуг до вершины прямоугольника,

если стороны его равны 24 и 7. Выходной контроль Вариант 1 1. В ромб вписана окружность. Точка касания делит сторону в отношении 1 : 3,

площадь ромба равна 324 . Найдите радиус окружности. 2. Около круга радиуса 3 описана равнобедренная трапеция, основания которой

относятся как 9 : 4. Вычислите площадь трапеции. 3. В круг радиуса 3 вписана равнобедренная трапеция с углом при основании 45°

и высотой 2 . Найдите площадь трапеции. 4. Около окружности описана равнобедренная трапеция с углом 30°. Средняя

линия трапеции равна 4. Найдите радиус окружности. 5. Меньшее основание равнобедренной трапеции равно 26 , точка пересече-

ния диагоналей делит высоту трапеции в отношении 1 : 3, а центр описанной

окружности лежит на большем основании. Найдите высоту трапеции. Вариант 2 1. Окружность, вписанная в ромб ABCD, касается сторон АВ и CD в точках К и Т,

ВК = КТ, радиус окружности равен 1,6. Найдите периметр ромба. 2. Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается боковых сторон АВ и CD трапеции в точках F и М. Найдите площадь трапеции, если АЕ= 12, FB = 2, мень-

шее основание ВС=12.

3. Около окружности радиуса 3

2описана равнобедренная трапеция ABCD. Угол

между большим основанием AD и диагональю АС трапеции равен arctg3

2. Найдите

длину отрезка ЕК, где Е и К - точки касания окружности со сторонами AD и CD тра-

пеции. 4. Высота равнобедренной трапеции, описанной около круга, равна поло-

вине боковой стороны, площадь трапеции равна 32. Найдите радиус круга. 5. Боковая сторона равнобедренной трапеции равна 15, основания равны 7 и 25.

Найдите диаметр описанной около трапеции окружности.

46

Модульная программа «Метод площадей»

Опорные задачи При решении некоторых задач применяется такой прием: площадь какой-нибудь

фигуры выражается двумя формулами с использованием неизвестной величины, а

затем эти выражения приравниваются и из полученного уравнения находится неиз-

вестная величина. Этот прием называется методом площадей. Задача 1. Найти биссектрису CD прямого угла С в прямоугольном треугольнике

АВС с катетами АС=2 и ВС=3. Решение1. По теореме Пифагора 1322 BCACAB

получаем 135

2AD . Далее, легко найти косинус угла А:

13

2cos

AB

ACA . Остается применить теорему косинусов для

определения стороны CD треугольника ACD:

25

722222 ADcjsAACADACCD , 2

5

6CD .

Решение 2. Подсчитаем площадь треугольника АВС

разными способами. С одной стороны, 32

1 BCACS ABC .

С другой стороны,

CDCDBCCDACSSS DCBACDABC 4

2545sin

2

145sin

2

1

.Приравнивая правые

части двух полученных выражений для ABCS, получаем 2

5

6CD .

Второе решение короче и проще. К тому же оно легко приводит к цели и в более

общей ситуации. Однако главное достоинство второго решения – в его идейной

«прозрачности». В первом решении строится некоторая «цепочка» элементов тре-

угольника: каждый элемент этой цепочки вычисляется по данным задачи и другим,

уже найденным элементам. Последним элементом цепочки служит искомая величи-

на. При этом не сразу видно, какие именно элементы понадобятся при определении

искомой величины, то есть какие элементы необходимо предварительно вычислить. Во втором решении для величины, которую надо найти, мы получаем уравне-

ние, выписывая выражения для площади треугольника через известные и искомые

элементы треугольника. Площади берутся потому

что площадь треугольника довольно просто выража-

ется через разнообразные комбинации элементов. Задача 2. Внутри правильного треугольника со

стороной а взята произвольная точка М. Найти сум-

му расстояний от этой точки до сторон треугольника. Решение. Надо найти сумму длин перпендикуля-

ров MP, MQ и MR, опущенных из точки М на сторо-

ны АВ, ВС, СА соответственно. Если соединить точ-

ку М с вершинами треугольника, то ясно, что

47

.CMABMCAMBABC SSSS Используя формулу для площади правильного треуголь-

ника 4

32aS ABC

и замечая, что ,2

1MPaS AMB

,2

1MQaS AMB .

2

1MRaS AMB

И по-

лучаем ответ: 2

3aMRMQMP .

Задача 3. Прямая AD делит треугольник АВС на два. Доказать, что радиус r окружности, вписанной в треугольник АВС, меньше суммы

радиусов 1r и 2r окружностей, вписанных в треугольники

ABD и ACD соответственно. Решение. В равенстве ACDABDABC SSS представим все

члены с помощью формулы prS : ACDABDABC prprrp 21 . Так

как ABDABC pp и ABDABC pp , то

ABCABCABCABC prrprprrp )( 2121 , а потому 21 rrr . Задача 4. В треугольнике АВС отношение стороны ВС к

стороне АС равно 3, а АСВ . Из вершины С проведены два луча,

делящие угол АСВ на три равные части. Найти отношение длин от-

резков этих лучей, заключенных внутри треугольника АВС. Решение. Пусть CD и CE – лучи, о которых идет речь в условии

задачи. Очевидно, ECBACEDCBACDABC SSSSS . Воспользуемся

формулой 2

sin CabS

, и учитывая что

3

ECBDCEACD :

23

sin

23

2sin

23

2sin

22

sin

BCECECACBCDCDCAC. Отсюда

получаем 1

3cos6

33

cos2

3

2sin

3sin

3sin

3

2sin

BCAC

BCAC

EC

DC.

Задача 5. Найти стороны треугольника АВС, если .5,2,6 Rrha

Решение. Воспользуемся формулами : 2

aahS ,

R

abcS

4 , ))()(( cpbpappS ,

prS и запишем следующую систему уравнений относительно неизвестных сто-

рон a, b, c треугольника АВС и его площади S:

.

,))()()((4

1

,20

,3

cbaS

cbabcaacbcbaS

abcS

aS

Приравнивая правые части первого и последнего уравнений, получаем, что acb 2

. Приравнивая правые части первого и второго уравнений, получаем, что 60bc . Наконец, приравнивая правые части первого и третьего уравнений, получаем, что

))()()((144 2 cbabcaacbcbaa . Преобразуем правую часть этого равен-

48

ства, учитывая полученные выше соотношения acb 2 и 60bc получим

)3240(3144 222 aaa , откуда а=8. Из системы уравнений acb 2 и 60bc теперь

легко найти две пары значений b и c: a=8, b=6, c=10 или a=8, b=10, c=6, которые

геометрически определяют один треугольник. Задачи для самостоятельного решения

1. По данным катетам a и b определите высоту проведенную к гипотенузе. 2. Радиусы двух пересекающихся окружностей равны 17 и 39, а расстояние между

центрами 44. Определите длину общей хорды. 3. Найдите основание равнобедренного треугольника, если угол при вершине равен

120 , а площадь треугольника равна 33 . 4. На сторонах выпуклого четырехугольника ABCD, площадь которого равна 1, взя-

ты точки: К на АВ, L на ВС, М на CD, N на DA. При этом 1:2: KBAK ; 3:1: LCBL ; 1:1: MDCM ; 5:1: NADN . Найти площадь шестиугольника AKLCMN.

5. Площадь четырехугольника, вершинами которого служат середины сторон вы-

пуклого четырехугольника ABCD, равна S. Найти площадь четырехугольника

ABCD. Стороны треугольника равны 5 и 8, угол между ними 60°. Найдите высоту, опущен-

ную на третью сторону.

7. Докажите, что для всякого треугольника имеет место равенство rhhh cba

1111 , где r -

радиус вписанной окружности. 8. В треугольник со сторонами а, b, с вписан полукруг с диаметром, лежащем на

стороне с. Найдите радиус этого полукруга. 9. В ABC проведены биссектрисы AD и CF. Найти отношение площадей треуголь-

ников ABC и AFD, если 21AB , 28AC , 20CB . 10. Точка 1В лежит на стороне АС ABC , причем 31 AB , 51 CB . Точка О, лежащая

на отрезке 1BB , такова, что площадь треугольника ВОС равна 25. Найти площадь

треугольника АОВ. 11*. В треугольнике длины двух сторон равны 6 и 3. Найдите длину третьей сторо-

ны, если полусумма высот, проведенных к данным сторонам, равна третьей высоте. 12*. В ABC медиана AD и биссектриса BE перпендикулярны и пересекаются в точ-

ке F. Известно, что площадь DEF равна 5. Найти площадь треугольника АВС. 13*. Пусть AD – медиана ABC . В каком отношении отрезок AD делится прямой,

параллельной стороне AB и отсекающей от треугольников ADC и ABD треугольни-

ки одинаковой площади? Домашние задачи

1. Доказать, что сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри равносторонне-

го треугольника, до его сторон не зависит от выбора этой точки. 2. Высота, основание и сумма боковых сторон треугольника равны соответственно

12, 14 и 28. Найти боковые стороны. 3. Основание треугольника равно 26. Медианы боковых сторон равны 30 и 39.

Найти площадь треугольника. 4. Высоты параллелограмма 1h и 2h , а периметр 2р. Найдите стороны. 5. Площадь трапеции равна 3, основания 1 и 2. Найти площади треугольников, на

которые трапеция разбивается диагоналями.

49

6. Стороны треугольника равны 13, 14 и 15. Найдите наименьшую высоту. 7. В четырехугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке О. Доказать, что

AODBOCCODAOB SSSS .

Контроль Вариант 1 1. В выпуклом четырехугольнике ABCD площадью 25 см2 проведены диагонали.

Известно, что площадь треугольника ACD вдвое больше площади треугольника

ABD, а площадь треугольника CBD втрое больше площади треугольника CD А.

Найти площади треугольников АСВ, ABD, CBD и CD А. 2. Площадь треугольника равна 5. Прямая, параллельная основанию треуголь-

ника, отсекает от него треугольник, площадь которого равна Q. Определить

площадь четырехугольника, три вершины которого совпадают с вершинами отсе-

ченного треугольника, а четвертая лежит на основании исходного треугольника. 3. Доказать, что в равностороннем треугольнике расстояние от любой точки

внутри этого треугольника до его сторон равно высоте треугольника. 4. Найти углы треугольника, если площадь S этого треугольника выражается че-

рез длины его сторон а и b по формуле )(4

1 22 baS .

5. В ABC на сторонах АВ и АС взяты соответственно точки D и E так, что

DE||BC. Доказать, что ABCADEABE SSS 2 . Вариант 2 1. В параллелограмме ABCD точки Р и Q делят диагональ BD на три равные ча-

сти. Точки Ми N - середины сторон DC и СВ. Найти отношение площади четырех-

угольника PQMN К площади параллелограмма. 2. В АВС проведены три отрезка 1АА , 1ВВ , 1СС пересекающиеся в точке О. Ока-

залось, что SSSS BOCCOAAОB 111

. Найти площадь АВС .

3. Доказать, что в произвольном треугольнике радиус вписанной окружности и

высоты связаны соотношением cba hhhr

1111 .

4. Высота треугольника равна h. На каком расстоянии от вершины проходит

прямая перпендикулярно этой высоте, если она делит треугольник на равновели-

кие части? 5. Доказать, что если длины сторон треугольника образуют арифметическую

прогрессию, то радиус вписанного круга равен - одной из его высот.

50

Модульная программа «Метод вспомогательной окруж-ности»

Опорные задачи Решение многих геометрических задач начинается с проведения вспомогательных

линий, которые помогают установить связь между данными и неизвестными эле-

ментами фигуры. Отыскать удачное вспомогательное построение часто бывает не-

легко. По-видимому, вспомогательная окружность - одно из наиболее эстетичных дополнитель-

ных построений. Скорее всего, это связано с тем, что «увидеть» окружность там, где ее

нет, уже само по себе нетривиально. Построение вспомогательной окружности позво-

ляет увеличить число теорем, которыми можно пользоваться при решении задачи, и

благодаря этому отыскивать зависимость между элементами фигуры. Задача 1. В остроугольном треугольнике проведены высо-

ты АР, BQ, CR. Доказать, что APRABQ . Решение. Пусть Н – точка пересечения высот треугольни-

ка АВС. Так как APB и CRB прямые, то около четы-

рехугольника BPHR можно описать окружность, приняв

ВН за диаметр. Построив ее, замечаем, что APRABQ (как вписанные углы, опирающиеся на одну и туже дугу). Таким образом, построение вспомогательной окружности

позволило использовать теорему о вписанных углах и

благодаря этому установить связь указанными в задаче угла-

ми. Задача 2. Доказать, что отрезок, соединяющий основание двух

высот остроугольного треугольника, отсекает от него тре-

угольник, подобный данному. Решение. Пусть 1AA и 1BB - высоты остроугольного треуголь-

ника АВС. BAA1 и BAB1 прямые, поэтому окружность, построенная на стороне АВ

треугольника как на диаметре, пройдет через точки 1А и 1В . Далее,

,180 11 AABABC 1111 180 AABCBA , поэтому 111 CBAABC и треугольники

ABC и 111 CBA подобны. Задача 3. Доказать, что квадрат биссектрисы треугольника равен разности между про-

изведением заключающих ее сторон и произведением отрезков третьей стороны, на

которые она делится биссектрисой. Решение. Около треугольника АВС опишем окружность и продолжим биссектрису

CD треугольника до встречи с окружностью в точке Е. Пусть

ВС=а, АС=b, AD=m, BD=n, CD=l, DE=x. По условию BCEACE , кроме того, ABCAEC , как вписанные уг-

лы, опирающиеся на одну и туже дугу. Следовательно, тре-

угольники ACE и BCD подобны и справедливо равенство

l

a

b

xl

, откуда .2 lxabl Хорды АВ и СЕ пересекаются в

точке D. Поэтому выполняется равенство mnlx . Следова-

тельно .2 mnabl

51

Задача 4. Высота и медиана треугольника, проведенные

из одной вершины внутри него, различны и образуют

равные углы со сторонами, выходящими из той же вер-

шины. Доказать, что треугольник прямоугольный. Решение. Пусть высота СН и медиана СМ треугольника

АВС образуют со сторонами АС и ВС равные углы. Опишем около треугольника АВС

окружность и продолжим медиану СМ до встречи с

окружностью в точке D. Рассмотрим треугольники АСН

и BCD. Так как BCMACH по условию и ,DA как

вписанные углы, опирающиеся на одну и туже дугу, то 90 CBDAHC . Следовательно, CD – диаметр окружности. Центр окружности ле-

жит на диаметре CD и на перпендикуляре m к стороне АВ в ее середине М. Так как

медиана СМ не является высотой, то прямые CD и m имеют только одну общую точку

М, которая является центром описанной окружности. Следовательно, АВ – диаметр

окружности и .90АСВ Задача 5. Построить равносторонний треугольник так, чтобы вершины его лежали со-

ответственно на трех данных параллельных прямых. Решение. Пусть АВС – искомый равносторонний тре-

угольник, вершины которого лежали соответственно на

трех данных параллельных прямых a, b и c. Окруж-

ность, описанная около него, пересекает прямую с, кро-

ме точки С, еще в некоторой точке D. Тогда на основа-

нии свойства вписанных углов имеем

.60 ABCADC Отсюда вытекает следующее построение. Из произ-

вольной точки D прямо с проведем лучи, образующие с прямой с углы 60 и 120.

Пусть один из лучей пересекает прямую а в точке А и прямую b в точке 1В , а другой

пересекает прямую b в точке В. Тогда отрезок АВ будет стороной треугольника АВС. Отложим на прямой DC, равный отрезку 1АВ , так, чтобы точки С и А лежали по одну

сторону от прямой BD. Тогда точка С – третья вершина

треугольника АВС, так как треугольники 1АВВ и BCD равны, откуда следует, что АВ=ВС и .60ABC Задача 6. На сторонах АС и ВС треугольника АВС вне

его построены квадраты 21 AACA и 21BBCB . Доказать,

что прямые 1AB и BA1 и 22 BA пересекаются в одной точ-

ке, и определить углы между этими прямыми. Решение. Если 90АСВ , то справедливость теоре-

мы очевидна. Прямые 1AB и BA1 перпендикулярны и

каждая из них пересекает прямую 22 BA в точке с под

углом 45. Если 90АСВ , то окружности описанные около

квадратов, имеют кроме точки С еще одну общую

точку 1С , которая как рах и оказывается точкой пе-

52

ресечения прямых 1AB , BA1 и 22 BA . Действительно, 9012 CCA как вписанный углы,

опирающиеся полуокружность. Аналогично 9021 BCC . Поэтому

1802112 BCCCCA , т.е. лучи 21 AC и 21BC составляют прямую. Точно так же доказывается, что точка 1C лежит на прямых BA1 и 1AB . Рассматривая полученные вписанные углы, находим, что прямые 1AB и BA1 взаимно

перпендикулярны и каждая из этих прямых образует с прямой 22 BA угол 45. Задачи для самостоятельного решения

1. Из точки Р, расположенной внутри острого угла ВАС, опущены перпендику-

ляры РС1 и P 1H на прямые АС и АВ соответственно. Докажите, что PBCAPC 111 . 2. Из точки Р, расположенной внутри острого угла ВАС, опущены перпендику-

ляры РС1 и P 1H на прямые АС и АВ соответственно. Докажите, что PBCAPC 111 . 3. Определить площадь трапеции, у которой длины оснований равны 10 и 26, а

диагонали перпендикулярны боковым сторонам. 4. Дан прямоугольный треугольник АВС (C = 90°). На его гипотенузе постро-

ен квадрат ABFD, М - его центр. Докажите, что MCBACM . 5. Дан прямоугольный треугольник ABC (C=90°). На катете ВС выбрана произволь-

ная точка М. Из точки М проведен перпендикуляр MN на гипотенузу АВ, Докажите,

что AMCANC . 6. Расстояние между основаниями двух высот ВМ и BN ромба ABCD вдвое меньше

диагонали BD. Найдите углы ромба. 7. На сторонах АВ, ВС и АС треугольника ABC взяты соответственно точки D, Е, F, для которых DE = ВЕ и FE = СЕ. Доказать, что центр описанной около треугольника

ADF окружности лежит на биссектрисе угла DEF. 8. В остроугольном треугольнике АВС 1СС и 1АА высоты. Доказать, что серединный

перпендикуляр к 11 АС проходит через середину АС. 9*. В прямоугольник ABCD вписан равносторонний треугольник АРК так, что верши-

на К лежит на стороне ВС, а Р - на CD. КМ - высота этого треугольника. Докажите,

что треугольник ВНС - равносторонний. 10*. В выпуклом четырехугольнике ABCD противоположные углы А и С - прямые. На

диагональ АС спущены перпендикуляры BE и DF, Докажите, что СЕ = FA. 11*. Дан квадрат ABCD. Точки Р и Q лежат соответственно на сторонах АВ и ВС,

причем ВР=BQ. Пусть Н - основание перпендикуляра, опущенного из точки В на отрезок

PC. Найдите угол DHQ. 12*. Дан квадрат ABCD, О - его центр, К - середина ВС, М - середина OD. Найдите

AMK.

Домашние задачи 1. Дан треугольник ABC, ВН - его высота. В треугольник вписан полукруг с центром О

на АС. М и N - точки касания со сторонами АВ и ВС. Докажите, что BHNMHB . 2. В остроугольном треугольнике ABC 1СС и 1АА высоты. Из точек А и С на прямую

11СА , проведены перпендикуляры AF и СК. Доказать, что 11 KAFС .

53

3. Внутри угла АОВ взята точка М, проекциями которой на стороны угла являются точки

М1 и М2. Докажите, что AOBOMS MMOM sin2

1 2

21.

4. Внутри треугольника ABC взята произвольная точка О. Из нее опущены перпендику-

ляры ОМ, OF и ОР на стороны АВ, ВС и АС соответственно. Докажите, что PFCAMPAOC .

5. Внутри прямоугольника ABCD выбрана точка М так, что 180 AMDBMC . Найдите сумму углов ВСМ и MAD. 6. Из вершины А квадрата ABCD проведены два луча, образующие угол 45°. Один пе-

ресекает сторону ВС в точке Е, диагональ BD - в точке Р, другой - сторону CD в точке

F, а диагональ ВD - в точке Q. Доказать, что .2 APQAEF SS

Контроль Вариант 1 1. Из вершины А равностороннего АВС проведен луч, пересекающий сторону

ВС, и на нем выбрана такая точка М, что 20АМВ и 30АМС . Найти АМВ . 2. Из точки М, взятой внутри угла A ( 90А ), опущены перпендикуляры МР и

MQ на стороны угла. Из точки А опущен перпендикуляр на отрезок PQ, Докажите,

что MAQPAK . 3. Точка Е лежит на стороне АС правильного треугольника ABC, точка К - сере-

дина отрезка АЕ. Прямая, проходящая через точку Е перпендикулярно АВ, и прямая,

проходящая через точку С перпендикулярно ВС, пересекаются в точке D. Найти углы

ВКD . Вариант 2 1. Доказать с использованием окружности уже формулу для длины биссектрисы:

mnaclB 2 . 2. В треугольнике АВС проведена медиана СМ. Известно, что 90 DCMBAC

. Найдите ACB , если известно, что АС>BC. 3. На сторонах АС и ВС треугольника ABC вне его поcтроены квадраты 21 AACA и

21BBCB . Доказать, что прямые 1AB , BA1 и 22 BA пересекаются в одной точке, и опреде-

лить углы между этими прямыми.

54

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. I. Модульная программа «Треугольник» Модуль «Прямоугольный треугольник»

Входной контроль 1 2 3 4 5

1 вариант 2 14 5 2 вариант 5; 12; 30 2,4 1 5,2

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: Пусть а=5, . Так как и

, то и . По теореме Пифагора , следовательно

получили квадратное уравне-

ние относительно с, решаем и получаем с=6, 25. ОТВЕТ: 6, 25. 2. Решение: пусть в прямоугольном треугольнике АВС (

), , , . По свойству высоты тре-

угольника, опущенной из вершины прямого угла ,

находим: . По теореме Пифагора находим второй

катет: . ОТВЕТ: 18, . 3. Решение: Пусть катеты равны: , , сторона квадрата .

(по двум углам), тогда или

, выражаем х, получаем: . Тогда пе-

риметр квадрата .

ОТВЕТ: .

4. Решение: , следовательно , .

, следовательно . - равнобедренный с

углом в 60 при основании, следовательно - равносторонний,

со стороной . - равнобедренный с углом 30 при основании. ,

, , - средняя линия , . По

33 25

25

25,2cb caca cbcb

252 caca cbcb c 25,22

222 bас

,2525,22222 cabcbac c

90B ACBD 6AB 2DA

caca 2

182

362

ca

ac

21222 ABACBC

212

bAС aCB xMN

AСBAMN AC

AM

CB

MN

axabbxb

xb

a

x

ba

abx

ba

abxPCMNK

44

ba

ab

4

2:12:1 301 602

mАВСК 2

1mAB 2 BCK

BCK

mBC

ACK ACDK

DCAD KBAK DK AВС mBCВK2

1

2

1

55

теореме Пифагора: , .

ОТВЕТ: . 5. Решение: - ромб. , следовательно - прямоугольный с углом в 30, значит , а

.

(по двум углам), получаем или

. По теореме Пифагора

. ОТВЕТ: 18, 9, . 6. Решение: По теореме Пифагора

По свойству биссектрис треугольника: или

. Выражаем и находим х: . , тогда

из

или . Находим, что . ,

тогда из . ОТВЕТ: , . 7. Решение: Пусть в треугольнике АВС , О – середина

АВ. , ВО=ОА, следовательно, ВМ=МС, ОМ – средняя

линия , значит АС=2ОМ=10. , тогда по теореме Пифагора

(по двум углам): или ,

. .

ОТВЕТ: .

8. Решение: Пусть для определенности .

, а по условию задачи , получаем

;

, или . Следовательно ,

(катет, лежащий против угла в 30 градусов, равен половине гипоте-

нузы).

.

2

3

4

2222 mm

mDKAKAD 32 mADAC

3,,2 mmm

AMNK ACNK || BNK

122 NKBK

18612 AKBKAB

CBANBK BA

BK

AC

NK

912

186

18

126

AC

AC

3922 ACABBC 39

301824 2222 CABCAB

AB

AB

BC

CB 11

30

18

24

xx 8

54

1824

x 81 CB

1CBB 108824 2221

21 CBBCBB

AB

BA

AC

CA 11

30

24

18

yy 9

48

2418

y 91 CA

1CAA 59918 2221

21 CAACAA

108 59

90C

ВСОМ

ABC

АВМК 322 МКОМОК

ABCOMK AC

OK

CB

MK

10

34

BC 3

40BC

3

266

3

4010

2

1

2

1 BCACS ABC

3

266

ba

)(2

1cbar )(

2

1bar

)(2

1)(

2

1bacba

bacba cb 2 cb2

1 30А 60В

360 tgBtgCB

AC

b

a

56

ОТВЕТ: . 9. Решение: аналогично опорной задаче №2. ОТВЕТ: . 10. Решение: По условию . Обозначим , тогда . Высота проведенная из вершины прямого угла есть средне пропор-

циональное между отрезками на которые делится гипотенуза этой

высотой, следовательно получаем или .

По свойству пропорции: , решая квадратное уравнение

находим, что , тогда .

По теореме Пифагора находим гипотенузу: .

ОТВЕТ: 5. 11. Решение: Пусть в прямоугольном треугольнике АС=4, ВС=3. Пусть - центр

вписанной окружности. По теореме Пифагора

и . Следователь-

но .

Пусть - центр описанной окружности, тогда

и (отрезки касательных проведенные

к окружности из одной точки, равны) значит

. Из прямоугольного треугольника ( ) по теореме Пифагора имеем

.

ОТВЕТ: .

12. Решение: . Из условия задачи находим, что

, и по теореме Пифагора

. (по двум углам). Тогда верны следующие отноше-

ния: и .

Подставляем известные длины отрезков и получаем: , .

. ОТВЕТ: 6.

13. Решение: Высота проведенная из вершины прямого угла есть

средне пропорциональное между отрезками на которые делится ги-

потенуза этой высотой, следовательно получаем: и

3

5

5 BDADCD xBD

xAD 5

DB

CD

CD

AD

x

x 5

5

5

552 xx

2

55 DBx

2

55AD

54

551025

4

551025

AB

1О

522 ВСАСАВ 1)543(2

1)(

2

1 cbar

1111 KONOMО

2О 5,222

ABRAО

314 MCACAMAK

5,05,2322 AOAKKО

21KOО9021 KOO

25,125,0122

2121 KOKOOО

25,1

2

AMKMS AKM

835 KCAKAC

66410022 ACABCB

ACBAMK

CB

MK

AB

AK

AC

AM

AB

AK

310

65

MK 4

10

85

AM

62

43

2

AMKMS AKM

caca 2

57

, разделим первое равенство на второе и считая, что , получим, что

.

ОТВЕТ: .

14. Решение: Пусть в прямоугольном треугольнике АВС , и

. Из отношения катета к гипотенузе следует, что . Исполь-

зуя основное тригонометрическое тождество, получаем , а

далее имеем . Теперь и

.

ОТВЕТ: .

15. Решение: Пусть r – радиус вписанной окружности. Для

определенности , а . и (отрезки

касательных проведенные к окружности из одной точки, рав-

ны). Тогда катеты равны: , . По теореме Пифагора получаем:

или , решаем и находим, что

. Следовательно катеты равны: , . ОТВЕТ: 15, 8. 16. Решение: Пусть СВ=12, АС=5, тогда

. N – точка касания окружности с

ВС, значит , и следовательно .

(по двум углам).Тогда имеем

или , выражаем .

ОТВЕТ: .

17. Решение: Пусть т. О – точка пересечения биссектрис, значит т. О – центр впи-

санной окружности, тогда - радиус

вписанной окружности. Пусть т. К – точка пересечения медиан, тогда

. .

Следовательно, получаем .

cbcb 2 kb

a

22

2

kb

a

bc

ac

b

a

c

c

c

c

2k

90C 8,0AB

AC

4BC 8,0cossin AB

6,0sin1cos 2 BB

3

20

6,0

4

cos

B

BCAB

3

164)

3

20( 2222 BCABAC

3

32

2

1 BCACS ABC

3

32

12AK 5KB AMAK BNВK

rМСAMAС 12

5 rNBCNBC222 17)5()12( rr 060172 rr

3r 15123 AC 835 BC

1322 BCACAB

CBON ONAC ||

ACBONB AB

OB

AC

ON

13

13

5

RR

18

113

18

65R

18

113

3)15129(2

1)(

2

1 cbar

ABCCKABKABCK SSSS 3

154

2

ACBCS ABC

18543

1 CKABCK SS

58

В .

В .

. ОТВЕТ: 1.

18. Решение: Пусть в треугольнике АВС , СН – высота. Треугольники СВН

и АСН имеют общую высоту СН, следовательно

. Так как СН – высота, то , следова-

тельно, . ,

=600, тогда . ОТВЕТ: 100.

19. Решение: Пусть a и b – катеты данного прямоугольного треугольника, с – его

гипотенуза, R - радиус описанной окружности, r – радиус впи-

санной окружности. , возведем обе части в квадрат:

; ;

.

, .

;

; ,

. ОТВЕТ: 24. 20. Решение: Пусть катеты равны 1, , тогда . По

теореме Пифагора . Из условия получа-

ем уравнение или , решая, находим что

. Таким образом катет АС делится точкой К в отношении 1 : 3.

ОТВЕТ: 1 : 3. 21. Решение: Пусть в прямоугольном треугольнике АВС , обозначим катеты

, и гипотенузу , r- радиус вписанной окружности.

. , тогда , кроме того

ACK 49

1822

AC

SKM

BCK 312

1822

BC

SKL

134 ОМКМОК

90C

9

16

216

384

AH

BH

S

S

ACH

СВН

BH

CH

CH

AH

12169 BHAHCH ABCHS ABC 2

1

ACHBCHABC SSS 1006

600

2

AB

SCH ABC

baRr )(222 )()(4 baRr

222 2)(4 babaRr 22222 4)2( RRcba

2

abS Sab 2

SRRr 44)(4 22

SRRr 22)(22222 2)( RRrRrRRrS

245222 SxAK xCK 1

2222 22)1( xxxxBK 22 2522 xxx 0112 2 xx

4

1x

90CbАС aBC cAB

cpcP

ccba

cbar

22

)(2

1prSABC 1

5

5

p

Sr

59

, поэтому . Далее , откуда . ОТВЕТ: 4,

.

Домашнее задание 1. Решение: Пусть для определенности NA =30, AM=40. Обозна-

чим , и . (по двум углам),

следовательно имеем: , . Выразим у и z через х, по-

лучим , .

Тогда катеты равны: ,

.

По теореме Пифагора , , получаем ,

, , . Катеты равны . ОТВЕТ: 42, 56. 2. Решение: О – центр вписанной окружности, r = 3. АM=AK=x и ВК=BN=7 (отрезки касательных проведенные к окружности из

одной точки, равны). По теореме Пифагора , , получаем , . Тогда, если R –

радиус описанной около треугольника окружности, то

ОТВЕТ: 7,25. 3. Решение: Пусть АМ=5, СМ=4, ВС=х. По теореме Пифагора

. По свойству биссектрис

или . Решаем уравнение и находим , что

, .

ОТВЕТ: 54.

4. Решение: Заметим, что , ; откуда, используя

свойство высоты треугольника, опущенной из прямого угла:

.

cpr 4 rpc cABC hcS 2

1

2

5

4

102

c

Shc

2

5

xBАAC yCM zNB CAMBNA

4

3

x

z

4

3

y

x

3

4xy

4

3xz

4

7

4

3 xxxzxNK

3

7

3

4 xxxyxKM

222 NMKMNK 4900)4

7()

3

7( 22

xx100

169

252

x

24x 32y 18z

,42 zxNK 56 yxKM

222 ACBCAВ 222 10)3()7( xx 608 x 5,7x

25,72

5,77

2

ABR

819 22222 xxCABCAB

AB

AM

BC

CM

281

54

xx

12x 542

912

2

1

ACCBS ABC

12

cac 1

2

cbc

),12

(2 c

caca c )12

(2 c

cbcb c

60

По условию , значит , то есть .

, .

. ОТВЕТ: 20/9

5. Решение: . По свойству биссектрисы (биссектриса

делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные

прилежащим сторонам треугольника) получаем ,

тогда .

С другой стороны по теореме Пифагора

.

Получаем , , .

Тогда и . ОТВЕТ: 54.

6. Решение: аналогично задаче №16. ОТВЕТ: .

7. Решение: аналогично задаче №16. ОТВЕТ: .

Решение: . В .

, тогда , тогда

. ОТВЕТ: . 8. Решение: Пусть в треугольнике АВС , . Из по

теореме Пифагора или , получаем .

По условию . Пусть , . Следовательно,

, (отрезки касательных проведенные к

окружности из одной точки, равны). По теореме Пифагора из или

, находим, что . Тогда , , . ОТВЕТ: 6, 8, 10.

ab 2 22 4ab )12

(4)12

( c

cc

c

,3

10c 5

3

2)1

2( c

ca 53

42 ab

9

205

3

45

2

3

2

1

2

abS

2

CBACS

5

4

AB

AC

DB

CD

5

4 ABAC

81222 ABCBABAC

8125

16 22

ABAB

25819 2 AB 15AB

12AC 542

912

S

21

2

aR

21

2

aR

60,302:1: BCHACHBCHACH

CHA xAH 34 2222 xxxAHACCH

ABCHS ABC 2

1143

2

132 xxx

33 xCH

3

90C rOMOLOK COL222 OCOLCL 82 2 r 2r

3

2

BM

AMxAM 2 xBM 3

xALAM 2 xBKBM 3

ABC 222 ABBCAC 222 )5()32()22( xxx 2x 1052 AB

6222 AC 8223 BC

61

9. Решение: Пусть в треугольнике АВС , СН – высота.

или , откуда . Пусть ,

.

(по двум углам), тогда или ,

находим , .

(по двум углам): , , АС=6.

(по двум углам): , , ВС=8.

. ОТВЕТ: 2.

10. Решение: Обозначим катеты: , и гипотенузу . Учитывая, что

, для нахождения катетов получим систему:

Возведем первое равенство в квадрат, получим:

, подставляя и , имеем: , откуда

Следовательно, . ОТВЕТ: 12.

Выходной контроль 1 2 3 4 5

1 вариант 3

34 1 72

2 вариант 10

2

553

8 12; 312 15

Модуль «Равнобедренный треугольник» Входной контроль

1 2 3 4 5 Вариант 1

4 5

62,

4 5

6 4

22

21

221

22

)4(

)(2

SS

SSS

25 11,2 75

Вариант 2 )4(

222

3

ra

a

24 0,28 18 24

90C

ABCHS ABC 2

110

2

124 CH

5

24СН xAH

xBH 10

CBHACH BH

CH

CH

AH

x

x

105

24

5

24

5

18AH

5

32BH

ABCACH AH

AC

AC

AB 36

5

18102 AC

ABCCBH BH

BC

BC

AB 64

5

32102 BC

22

1086)(

2

1

cbar

bAC aBC cAB

3CH

.

,3

,4

222 cba

cab

ba

162 22 baba cab 3 222 cba 01662 cc .8c

122

1 hcS

7

2120

62

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС АС=АВ=5, ВС=6, . По формуле Герона ,

с другой стороны, , откуда .

ОТВЕТ: 4,8. 2. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, , , . Найдем величину

угла В. Имеем: . Поскольку - тупой, то основание высоты АН – точка Н, упадет на

продолжение стороны ВС. Тогда из прямоугольного

треугольника АНС:

. Далее,

. Из прямоугольного

треугольника АНВ находим: ,

и тогда

. ОТВЕТ: . 3. Решение: Точка О – центр вписанной в треугольник

окружности и точка пересечения биссектрис. Рассмотрим

: АО – биссектриса. По свойству биссектрис имеем:

; . По свойству медианы

равнобедренного треугольника, имеем . Следова-

тельно, . ОТВЕТ: 60. 4. Решение: Пусть точка О – точка пересечения медиан и

. Проведем медиану . Рассмотрим - прямо-

угольный (по условию), - медиана . . По свойству медианы равнобедренного треугольника -

высота в . .

(по свойству медиан треугольника, делящих треугольник

на шесть равновеликих треугольников). ОТВЕТ: 3. 5. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=АС=10, СВ=16, - медиана, АМ=МВ. По теореме косинусов из треугольника АВС имеем:

, выражаем cosA, получаем:

.

АВСН

122338))()(( cpbpappS ABC

cABC hcS 2

18,4

5

242

c

Shc

30 СА ВCАH 3AН

120180 САВ В

333303 ctgCctgAНHC

60120180180 ABCHBA3090 HBAHАB

13

33303

tgHABtgHABH

213 HBHCBC2 AВBC

АВD

AD

АB

ОD

BO 30

17

1534

ВО

ODАВAD

ACAD2

1

602 ADAC

1АА

1СС 1ВВ АОС

1ОВ АОС 111 ОВАВ

1ОВ

1АОВ 5,0112

1

2

1111

OBABS AOB

35,0661

AOBABC SS

CMmc

Abccba cos2222

25

7

10102

161010

2cos

222222

ABAC

BCABACA

63

По теореме косинусов из треугольника АСМ имеем

. Следовательно, . ОТВЕТ: . 6. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС АВ=ВС, АС=12, BD – вы-

сота, О - центр вписанного круга, OD=OK=3, К – точка каса-

ния со стороной ВС. Обозначим ВК=х, тогда

. (СК=CD как от-

резки касательных, проведенных к вписанной окружности из

точки С). Тогда из прямоугольного треугольника ВСD нахо-

дим: , или , откуда

и .

ОТВЕТ: 48.

7. Решение: , ВК=16. . Вы-

сота АН равнобедренного является биссектрисой, следо-

вательно, АО – биссектриса . Поэтому , значит,

, . Отсюда , то есть ОВ=10.

Так как АК – высота АВО, то . ОТВЕТ: 60.

8. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, АС = – основание, АК – медиана. Опустим высоту

ВН, она так же является и медианой. . По свойству

медиан . Следовательно . Тогда из треугольника

АОН найдем ОН: . Так как ВН – медиа-

на, то . Из треугольника АВН по теореме Пифа-

гора найдем: . ОТВЕТ: 6. 9. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС АВ=ВС=а, АС – основание,

, ОН – радиус вписанной окружности. .

. По теорем косинусов найдем

основание : или

. Тогда .

Следовательно, .

153cos2222 AAMACAMACmc 173153 cm

173

222 9 хВКОКВО 62

1 ACCDСК

222 BCCDBD 2222 )6(6)39( xx

4x .839 2 xODBOBD 48862

1 BDCDBDACS ABC

ACBKS ABC 2

11222 BKABAK

АВС

АВКАВ

АК

ВО

КО

11 АВ

АК

ВО

ОК

АВ

АВАК

ВО

ВК

20

3216

ВО

602

1 AКBОS ABО

24

OBHAK

1

2

OK

AO

3

10AO

3

7222 AHAOOH

723 BHBH

628822 BHAHAB

120AВCp

Sr

4

3120sin

2

1 2aBCABS ABC

ABC 120cos2222 BCABBCABAC

3)2

1(2 222 aaaaAC

2

)32(

2

3

aaaap

)32(2

3

)32(4

232

a

a

a

p

Sr

64

ОТВЕТ: .

10. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АС=АВ=20, ВС=5, СК – биссектриса, . В

треугольнике АВС по теореме косинусов

. По свойству биссектрисы

или , откуда или

. Далее в треугольнике АСК по теореме ко-

синусов , следовательно СК=6. ОТВЕТ: 6. 11. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике

АВС АВ=ВС=10, АС =16 – основание, - центр впи-

санной окружности, - центр описанной окружно-

сти. По формуле Герона найдем площадь треугольни-

ка АВС: , полупериметр:

. Кроме того и , вы-

ражаем и находим радиусы вписанной и описанной окружностей:

, . По теореме Пифагора из треугольника АВН

найдем . Тогда

.

ОТВЕТ: , , 5.

12. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, АС – основание, ВН – высота, О – центр вписан-

ного круга. Поскольку , то положим ,

. По теореме Пифагора из треугольника АВН или

. Следовательно, , , .

.

ОТВЕТ: 3. 13. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, АС – основание, АК – медиана. Пусть АС = х,

, , (медианы точкой пересечения де-

лятся в отношении 2:1, считая от вершины). По теореме Пи-

фагора из треугольника AON или

, получаем , решая это урав-

)32(2

3

a

ВСКАСК

32

31

2cos

222

ABAC

BCABACA

ВС

АС

КВ

АК

5

20

АКАВ

АКАКАВАК 44

165

4 АВАК

36cos2222 AАКАСАКАССК

1О

2О

4828818 S

182

161010

p

R

abcS

4 prS

3

25

484

161010

4

S

abcR

3

8

18

48

p

Sr

622 АНАВВН

53

86

3

251212 НОВНВООО

3

25

3

8

5

6

ВС

АСxАC 6

xВC 5 22 AHABВH

xxx 49258 22 2x 10AB 12AC

3)(2

2

BCACAB

BHAC

p

Sr

x

SBN

2

3

2mAO

x

SON

3

2

222 ONANAO

2

222

9

4

49

4

x

Sxm 2422 16916 Sxxm

65

нение относительно х и находим: . ОТВЕТ:

.

14. Решение: Пусть в равнобедренном прямоугольном

треугольнике АВС АС=ВС, . Повернем

на угол вокруг вершины С так, чтобы вершина А

перешла в вершину В. Тогда вершина В перейдет в

точку , лежащую на продолжении стороны АС, а

точка К – в точку внутри треугольника . Тогда

и . Значит, , , а так как , то - прямоугольный, причем

. Значит, и . Тогда , .

ОТВЕТ: , , . Домашнее задание

1. Решение: Поскольку , то положим , .

(по двум углам). Тогда . Отсюда

.

ОТВЕТ: 6. 2. Решение: Пусть в треугольнике АВС АВ=ВС=4,

АС= . Опустим высоту ВН, тогда АН=НС= . В

прямоугольном треугольнике ВНС

, значит, . Тогда

. . Отпустим высоту АК. Из прямоугольного

треугольника АКС находим: . ОТВЕТ: , , ВН=2, АК= . 3. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС АВ=ВС=4, АС – осно-

вание, AD – медиана. Из треугольника ABD по теореме коси-

нусов находим косинус :

. По теореме косинусов

из треугольника АВС находим:

3) . Откуда

. ОТВЕТ: .

242 9423

2SmmACx

242 9423

2SmmAC

90С АСВ90

1В

1К 1ВСВ

1СКСК 901 КСК 221

21 СКСККК

31 АКВК222 2)5(3 КВК1

901 ВКК 90АКС 1129 АСВС 1354590 ВКС

11ВС 135ВКС 90АКС

3

2

EC

CDxCD 2 xEC 3

BECАDC BC

AC

EC

DC

63

92

x

x

EC

BCDCAC

34 32

2

3

4

32

BC

HCCсоs 30 AC

120302180 B 222 HCBCBH

3230sin34sin CАСАК

30 CA 120B 32

В

16

11

242

9416

2cos

222

BDAB

ADBDABB

1016

1116232cos22 222 BABABAC

10AC 10AC

66

4. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, АС=а, , , . В прямо-

угольном треугольнике ВНС , .

Из этого треугольника находим , т.е.

.

Далее , т.е. . Из прямоугольного треуголь-

ника АКС имеем: или .

ОТВЕТ: , , .

5. Решение: решение аналогично №6. Воспользоваться формулой . ОТВЕТ:

.

6. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС АВ=ВС, АС

– основание, AD – биссектриса, ВН - высота. Пусть ОН = r. ,

. Найдем площадь треугольника АВС по формуле

Гаронна: . Тогда . Тре-

угольник АОН – прямоугольный, следовательно, , значит

. - внешний угол для , тогда

.

ОТВЕТ: .

7. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=АС, ВС – основание. Пусть ВО = х, АВ = 4х . По теоре-

ме Пифагора из треугольника АВО .

, поэтому , откуда .

Найдем х. , . .

ОТВЕТ: .

8. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС=а, , , . В равнобедренном

треугольнике АВС высота ВН будет и биссектрисой. Значит,

в прямоугольном треугольнике ВНС: ВС=а, . Тогда

СА ACBH BCAK

22

1 aACHC C

CBCHC cos

cos2

aBCAB

HC

BHtg tg

aBH

2

CАСАК sin sin aАК

cos2

aBCAB tg

aBH

2 sin aАК

prS

22

2

4

2

ra

a

p

Sr

142

41212

p

354102214 S7

352

14

354

p

Sr

7

35

27

352

AH

OHOAHtg

7

35arctgOAH ADC ADB

7

3533 arctgOAHADC

7

353arctg

1516 22 хххАО

90АВК АОАКAВ 2 22

82

16х

хАО

158 2 хх 8

15х

8

3

АВВО

АОВО

p

Sr

8

3

АВС ACBH BCAK

2

НВС

67

. Значит . Далее угол .

Из прямоугольного треугольника АКС найдем:

. Из треугольника

ВНС .

ОТВЕТ: , , .

9. Решение: решение аналогично №10. ОТВЕТ:

.

10. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС=а, АС = с – основание, . В прямоугольном

треугольнике , а так как треугольник равно-

бедренный, то , . В треугольнике АВС ВН – высота и медиана,

тогда по теореме Пифагора из треугольника АВН

. Тогда

. ОТВЕТ: .

11. Решение: Пусть в равнобедренном треугольнике АВС

АВ=ВС, АС – основание, AD – биссектриса.

. Пусть , тогда . По тео-

реме Пифагора из треугольника АВК ; найдем пло-

щадь треугольника АВС: ; , .

ОТВЕТ: .

Выходной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 14 3 48 6,25 48 Вариант 2 6 15,5 6

2

413 10

Модуль «Произвольный треугольник» Входной контроль

1 2 3 4 5

2sinsin

aHBCBСHC sin22 aHCАC

290

BCA

sin2

cos2

sin2)2

90sin(2

sin2sin aaaACKACАК

2cos

aaBH

sin2 aАC2

cosa

aBH sin aАК

b

ba

ba

ab 2

90В

)(2

1cbar

2ас )22(2

1аar

2)

2

2(222 аа

аАНАВВН

122

2)22(

a

aa

BH

r12

AC

AB

DC

BD

S

S

2

1 xAK 2

12

S

SxAB

22

21

2

222

21

2

44

SSS

xx

S

SxBK

32

21

221 4 SS

S

xxSS

22

21

2212

4

)(

SS

SSSх

4 22

21

221

4

)(2

SS

SSSAC

4 22

21

221

4

)(2

SS

SSSAC

68

Вариант 1 нет 235,2 6 , 23 2,25 3

2

Вариант 2 114 )( cbb 13 13, 14, 15 2,4

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: (каждая медиана делит треугольник на

два равных треугольника). или

. .

ОТВЕТ: 96. 2. Решение: Пусть АВ = 8х, МВ = 3х, ВС = 9у, BN = 2y. Если угол одного треуголь-

ника равен углу другого треугольника, то площади этих тре-

угольников относятся как произведение сторон, заключающих

равные углы.

.

Следовательно, . ОТВЕТ: 132. 3. Решение: Известно, что в любом треугольнике стороны обратно пропорциональ-

ны соответствующим высотам, то есть .

Поэтому . Отсюда 3+4>6; 6-4<3.

ОТВЕТ: треугольник возможен. 4. Решение: (по свойству медиан). По теореме косинусов из имеем:

, , находим, что .

. Тогда .

ОТВЕТ: 21. 5. Решение: По теореме косинусов найдем :

, следовательно,

- тупой. Тогда основание высоты BD будет лежать на

продолжении стороны АС.

Значит, , затем из

прямоугольного треугольника BDC получим:

. ОТВЕТ: .

BMCABМ SS

))()(( cpbpappSBMC

48)971)(197)(1197)(9711( BMCS

964822 BMCABC SS

1223

98

yx

yx

S

S

MBN

ABC

132111212 MBNABC SS

cbahhh cba

1:

1:

1::

3:6:44

1:

2

1:

3

1:: cba

AMCABC SS 2

AMС

45cos2222 ACAMACAMMC

AMAM 61825 2 7AM

5,102372

145sin

2

1 ACAMS AMC 212 AMCABC SS

Acos

08

1

432

1649

2cos

222

ACAB

BCACABA

BAC

16

11

2cos

222

ACBC

ABACBСС

4

11cos CBCCD

4

11

69

6. Решение: Пусть в треугольнике АВС , , . Обо-

значим R – радиус окружности, описанной около , тогда по теореме косинусов

найдем : . Следовательно, . По тео-

реме синусов , т.е. . ОТВЕТ: .

7. Решение: Пусть , . Тогда по теореме Пифагора из

: или . По теореме Пифагора

из : или . Получаем систе-

му: , решаем и находим, что АВ=5.

ОТВЕТ: 5. 8. Решение: В треугольнике АВС проведем биссектрису AD угла

А, тогда получим, . Значит, треугольник

ADC равнобедренный, AD=DC. Положим АВ=х, AD=DC=y. То-

гда ВС=х+2, BD=x+2-y. Треугольники ABD и ABC подобны, так

как и у этих треугольников общий. Из подо-

бия треугольников заключаем, что или

. Таким образом, для нахождения х и у получили систему из двух

уравнений с двумя неизвестными: откуда . Решаем,

находим, что . Следовательно, , . ОТВЕТ: 4,

6. 9. Решение: Пусть и . (по трем

углам). Следовательно, или . Значит у

по одному общему углу и стороны, содержащие

этот угол, пропорциональны, получили, что .

10. Решение: . .

По теореме косинусов .

Так как АВ<AC, то ,

. Следовательно, .

. Тогда . ОТ-

5 аВС 7 bАС 32 cAB

АВС

Bcos2

3

3252

71225

2cos

222

ba

cbaB 30B

RB

b2

sin 7

sin2

B

bR 7

yDC xMC

DCA 222 ADACDC 73)2( 22 yx

BCM 222 BMMCBC 52)2( 22 yx

524

73422

22

yx

yx

ACBDACВАD

ACBВАD В

AC

AD

AB

BD

BC

AB

5

2

2

y

x

yx

x

x

5

252

y

x

yx

y

x

x

xyyx

yxyx

5105

25

4x 4AB 6ВС

ABMC BCAN BMCABM

MB

BC

BN

AB

MB

BN

BC

AB

АВСNMBи

ABCNMB

p

Sr 6

5

354

2

1sin

2

1 CAСВCS ABC

CBCACACBCAB cos222

.5

4sin1cos 2 CC BC

0.cos C5

4cos C

35

45422516 AB 1

2

3546

p

Sr

70

ВЕТ: 1. 11. Решение: ; . Пусть ВН = х, тогда

из и имеем: ; ; .

Из : . .

.

АМ – медиана, следовательно, ВМ=5, получаем, что - равнобедренный (АВ=ВМ). Тогда ВК – высота и медиана для . - пря-

моугольный; .

, следовательно, .

. ОТВЕТ: .

12. Решение: Пусть АВ = с, . Дополнительное постро-

ение: на луче BD отложим отрезок DF=BD. ABCF – параллело-

грамм. - прямоугольный. . FC=AB=c,

.

В по определению косинуса имеем:

; . ОТВЕТ: .

13. Решение: (АС=ВС, DC=CE, ), следовательно, AM=NB,

. Значит , NC=MC. Оста-

ется доказать, что . (по трем сторонам), тогда , но

, , значит . Поэтому

. 14. Решение: Пусть S - площадь , АС=b, ,

, . , , .

Поэтому . Замечаем, что

, , .

; ; . ; .

Следовательно, . ОТВЕТ: 81.

15. Решение: Пусть EG = х, , . Тогда

, , АС=6х (EF=3x – средняя ли-

ния ), . Из по теореме косинусов:

OAHBK TAMBK

ABH AСH 2222 )10()53(5 xx 4x

3AH

AMH 145 HMBHBM 10132 AM

2

3

2

1 HMAHS AHM

ABМ

ABК ATO

102

1

2

1 AMAT

AHMATO 18

5)( 2

AH

AT

S

S

AHM

ATO

12

5

18

5 AHMATO SS

12

5

AВD

FBС BFCABD

cBDBF2

32

FBС

2

32

3

cos c

c

FC

BF

6

6

BECADC

120 BCEACDNBCMAC BNCAMC

60NCMMDCNEC MCDNCE

360 NCE 160 MCD 31

60)6060(1803221 MCN

ABС 4KLDS

9DFQS 16MDNS ABСKLD ABСDFQ ABСMDN

;)(4 2

b

KD

S ;)(

9 2

b

DQ

S 2)(

16

b

MN

S

AMKD NCDQ DQMNKDACb

S

bKD

2

S

bDQ

3

S

bMN

4

S

b

S

b

S

bb

432 9S

81ABCS

GCA2

0

GFBEAEx 2

2АGЕ

ABС sin6 xAG AGE

71

.

. . Так как , то . Следователь-

но, .

ОТВЕТ: .

16. Решение: Из прямоугольных треугольников и найдем КМ и KL.

; . Так как ВМ – медиана , то АМ=МС. Пусть АК=х, CL=y, тогда по теоре-

ме Пифагора и

. Так как АМ=МС, то

. По свойству медиан или

. Получаем систему: , ,

тогда . . ОТВЕТ: . 17. Решение: Пусть ВК, АМ – биссектрисы , О – центр

вписанной окружности, ОН – радиус вписанной окружности. По

свойству биссектрисы , значит ,

следовательно, . Из по теореме косинусов

найдем :

.

Из найдем ВК по теореме косинусов: , .

Так как АМ – биссектриса, то . ОТВЕТ: , .

18. Решение: (по условию), тогда по основному тригонометриче-

скому тождеству .

, . Пусть ,

. Тогда из по теореме Пифагора получаем:

или , . Ре-

)2

cos(sin62)sin6()2( 222

xxxxx

22 sin2sin3614 22

1sin

20

22

1sin

4

2arcsinGCA

4

2arcsinGCA

МВК MBL

7222 BKBMKM 1422 BLBMLM

АВС

222 28 хАKКMАM

222 14 yLCMLМС

22 1428 yx CBMABM SS

14)25(2

172)6(

2

1 yx

721472

1428 22

yx

yx1

2

1 yx

23y 28181422 MCAC 28

АВС

5

4

ВС

АВ

КС

АК

9

4

АС

АК

3

8

9

4

АСАК АВС

Acos

16

9

642

253616

2cos

222

ACAB

BCACABA

АВK9

100

16

9

3

842

9

64162 BK

3

10BK

2

3

3

84

ОК

ВО

АК

АВ

3

10

2

3

10

1cos ADC

10

3

10

11sin ADC

3110

103

cos

sin

ADC

ADCADCtg

1

3

DC

ACADCtg xDC

xAC 3 АВС

222 ABACBC 222 5)3()3

104( xx 0

9

65

3

10810 2 xx

72

шаем квадратное уравнение, находим, что . Следовательно,

, а . .

ОТВЕТ: .

Домашние задачи 1. Решение: Пусть АС=8, ВС=6, АК и ВМ – биссектрисы . По теореме Пифагора . По свойству биссек-

трис , тогда , тогда . Из

прямоугольного найдем ВМ:

. Длину АК находим аналогично.

ОТВЕТ: , .

2. Решение: Пусть ВН – высота , М – середина стороны

ВС. По теореме косинусов найдем ВС: или

, т.е. ВС=13.

НМ – медиана в прямоугольном треугольнике, проведенная на

гипотенузу ВС, следовательно, . ОТВЕТ: 6,5.

3. Решение: Пусть в треугольнике АВС , , , . По условию задачи , по теореме косину-

сов для треугольника АВС запишем равенство

или , кроме того, . Та-

ким образом, для нахождения сторон а, b, c имеем систему уравнений:

, решаем и находим что а=4. ОТВЕТ: ВС=4.

4. Решение: Пусть в АВ=3, . Отло-

жим на луче АС отрезок CD=BC. Рассмотрим . В

нем АВ=3, , , по теореме косинусов

. Далее по теореме

синусов , откуда

. Следовательно, , тогда и - равно-

6

10x

2

103

6

10

3

104 DCBDBC

2

10AC

4

15

2

103

2

10

2

1

2

1 ACBCS ABC

4

15

АВС

1022 ВСАСАВ

6

10

ВС

АВ

МС

АМ

8

3

16

6

АС

МС3

8

3

АСМС

МСВ

5393622 MССBBM

533

108

АВС

AABACACABBС cos2222

169)2

1(87287 222 BC

5,62

1 ВСНМ

сАВ аВС bАС

60A 20 cba

60cos2222 bccba bccba 222

4

22 22222 acb

mAD c

acba

abccb

acb

2

288

222

222

АВС 32 АСВС

АВD

32AD 30A

330cos222 ADABADABВD

A

BD

ABD

AD

sinsin

1sin

sin

BD

AADABD 90ABD 60D BCD

73

сторонний: , откуда . ОТВЕТ:

. 5. Решение: Опустим перпендикуляр MD на АС. Пусть АН=х,

тогда по теореме Пифагора . По

теореме Фалеса , . (по двум

углам) , тогда . По теореме

Пифагора из или

решаем уравнение и получаем, что

. Следовательно, . ОТВЕТ: 6.

6. Решение: Найдем площадь по формуле Герона: ,

. С другой стороны

, тогда .

Из по теореме Пифагора . Тогда . Следовательно,

. ОТВЕТ: .

7. Решение: (по условию). По теореме косинусов из :

.

Пусть ОА=х, тогда по свойству биссектрисы ОВ име-

ем: . Следовательно, . Из по теоре-

ме косинусов найдем : . Из

по теореме косинусов найдем ОВ:

. ОТВЕТ: .

8. Решение: Пусть угол В равен . По теореме косинусов: .

По теореме синусов: , .

Подставим выражение для :

.

1) если 2) если , , .

3 BDCDВС 3332 CDADAC

3 ВСAC

222 4 хАНАККН

xHD 5,1 xDC 5,1 AMDAКН

5

2

MD

KH

AD

AH

AM

AK 245

2xMD

MDС 222 MCDCMD

16)5,1()45

2( 222 xx

2

3x 645,15,1 xxxxAC

АВС 122

987

p

51234512 ABCS

BHACS ABC 2

153

8

5242

AC

SBH ABC

АВН 222 ВНАВАН

224 АНАМНМ

532

1 HMHBS HBM 53

8

1cos В АВС

68

14521625cos222 BАВВСАВВСАС

АВС

4

6

5

xx

3

8 OAx АВС

Acos16

9

2cos

222

ACAB

BCACABA

АВO

3

10cos222 AОААВАОАВОВ

3

10

cos2222 accab

cossin22sinsin

aab

b

a

2cos

cos

b

caba

b

aaccab

222222

22 cababcb 2223

)())(( 2 cbacbcbb

bcbacb 22

ACBcb 90A 2222 2bbba

74

9. Решение: Пусть CD=a, тогда AD=3a, AC=4a, BC=2a. По

теореме косинусов имеем: или

, .

По условию , значит . По тео-

реме синусов , следовательно, . Радиус r

окружности, вписанной в , найдем по формуле .

По теореме косинусов из имеем: ; .

Значит, .

. Сле-

довательно, ; . ОТВЕТ: .

10. Решение: Решение аналогично задаче №16. ОТВЕТ: .

11. Решение: .

, тогда или , , .

, тогда или , , .

по теореме Пифагора .

,

, . ОТВЕТ: .

12. Решение: Пусть в , , , точка О – точка пе-

ресечения высот АК и СМ. (по двум углам). Следо-

вательно, или . Но .

, откуда . Таким

образом, . По теореме косинусов

для , и . Следовательно,

. ОТВЕТ: .

Выходной контроль

CBCACBCACAB cos2222

2222 84

3242416 aaaaaAB 22aAB

4

3cos C

4

7cos1sin 2 CC

RC

AB2

sin

7

24aR

ABDp

Sr

CBD4

3224 222 aaaaBD 2aBD

2

23

2

3

2

2223 aaaaap

4

73)

2

2

2

3)(

2

2

2

3)(

2

3

2

23)(

2

23

2

3(

2aaaaaaaaaS ABD

)12(2

7

a

p

Sr )22(

7

8

r

R)22(

7

8

102

22

1068)(

2

1

cbar

BCABFE BC

BF

AC

FE

8

6

6

FE

2

9EF

2

52

2

9OE

ACBАMK AC

AM

BC

MK

6

4

8

MK

3

16MK

3

102

3

16OK

OKE6

25)

3

10()

2

5( 2222 OKOEKE

2

5 OEAX 5,15,46)5,22(6)( AXCMACMX

3

10 OKBY

3

22)

3

102(8)( BYCFCBFY

3

22,

2

3,

6

25

АВС 13 сАВ 14 аВС 15 bАС

АBКAОM

AB

АО

АК

AМ

АК

АМABАО

AАСАМ cos

AACABAKBCS ABC sin2

1

2

1

BC

AACABAK

sin

ctgABCAACАB

BCAАСABАО

sin

cos

АВС65

33

2cos

222

ACAB

BCACABA

65

56sin A

56

33ctgA

4

33

56

3314 АО

4

33

75

1 2 3 4 5 Вариант 1 6 )47(2

)sin(2

sinsin2

a

25 14

Вариант 2 200 5 4

)13(2 a 6 32

II. Модульная программа «Четырехугольник» Модуль « Четырехугольник, параллелограмм»

Входной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 3 18 12 30 26,9 Вариант 2

11

39 53 2 4 3

14

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: 1) Середины сторон данного четырехугольника ABCD слу-

жат вершинами параллелограмма, стороны которого равны половинам

диагоналей AC и BD, то есть 6 и 8. 2) Так как , то параллелограмм является прямоугольником, а

искомое расстояние между серединами сторон АВ и CD – диагональ

этого прямоугольника. Отсюда по теореме Пифагора имеем 2. Решение: Пусть , ; тогда ; . Из по теореме Пифагора имеем ;

.

, ; тогда

; ; . Итак, . ОТ-

ВЕТ: 24. 3. Решение: Пусть в параллелограмме ABCD , - правильный,

следовательно, . - равнобедренный

с углом при основании в 30. Так как ABCD – парал-

лелограмм, то , получаем, что . или . Отсюда находим, что

, значит . ОТВЕТ: 12. 4. Решение: Пусть , , тогда ; . Из по теореме

Пифагора имеем: .

BDAC

1086 22

xDB 3 хАС 4 хОВ 5,1 хАО 2

AОB 22 ОВАОАB

хАВ 5,2

HDABSABCD 2

DBACS ABCD

2

438,45

xxx

2x 525,2 AB 248,45 ABCDS

aAB bAD АВК

BKAKAB CDK

KDCD

aKDAKAB aABAD 22

33660sin abS ABCD 33632 a

6a 12b

хАC 4 хBD 3 хAО 2 хОB 5,1 AОB

ххххAВ 5,225,6)5,1(4 222

76

OH – высота . Так как - прямоугольный, то ,

, . Итак, . ОТВЕТ: .

5. Решение: 1) - равнобедренный. . 2) Выполним дополнительное

построение: продолжим АК до пересечения с DC в точке М ( ). 3) (по стороне и прилежащим к ней углам). 4) . 5) с коэффициентом подобия 2. 6) По свойству площадей подобных фигур: . 7) По формуле Герона для имеем:

, , .

. ОТВЕТ: 48. 6. Решение: 1) Так как , то

. 2) ; (по свойству диагоналей параллелограм-

ма). : Пусть , тогда . По теореме Пифаго-

ра найдем ОЕ: ; ; .

3) . Итак, . ОТВЕТ: 66.

7. Решение: Пусть в параллелограмме ABCD , , . Положим , . Из по теореме косинусов . Очевидно, что . Тогда из по теореме коси-

нусов . Вычитая из второг7о равенства первое,

получаем . По свойству параллелограмма:

, получим:

, или , т.е. , .

Таким образом, имеем систему уравнений: , из которой находим:

или . ОТВЕТ: 3 и 4. 8. Решение: Пусть в параллелограмме ABCD

, . Обозначим: , . Тогда по теореме косинусов из

, а из . Вычитая из второго равенства

первое, получим: или . Теперь пло-

щадь параллелограмма можно найти по формуле

AОB AОB OBAOABOH

xxxOH 5,125,2 5,2

3xOH

12

25

5,2

35,2

xx

OH

AB

12

25

ABК 5 ВКАВ

MDCАК

KMCABK

AMDAKDCABKBCD SSSS

AMDKMC

ABKAMD SS 22

ABK

))()(( BKpKApABppS ABk 92

855

p 121449 ABKS

48124 ABCDS

DOCABО SS

OBEOCEABEODCEO SSSS

20OC 13BO

BOC xBE xEC 212222 )21(2013 xx

5x 12OE

;302

125

OBES 96

2

1216

OCES 663096 OBEOCE SS

60 BCDBAD 13BD 37AC

aCDАВ bADBC

ABD abba 2213120ABС ABC

abba 223712ab

2222

21 22 badd

252

22

2122

dd

ba 252)( 2 abba 49)( 2 ba 7 ba

12

7

ab

ba4,3 ba

3,4 ba

3 CDАВ 5 ADBC хОDBО

yCОАО AOB222 360cos2 xyyx AOD222 560cos2 xyyx

162 хy 8xy

77

. ОТВЕТ: .

9. Решение: В ромбе ABCD диагональ BD делит угол АИС

пополам, следовательно, . Таким обра-

зом, и - равносторонние, поэтому высоты ВН и

ВК также являются биссектрисами треугольников ABD и

CBD. Значит, и , следовательно, - равносторонний. Так как в равностороннем высота

, то . ОТВЕТ: .

10. Решение: Рассмотрим и , они подобны, так как как

вертикальные, как накрест лежащие при па-

раллельных прямых AD и BC и секущей ФС. Далее

, . Следовательно, .

ОТВЕТ:

11. Решение: Обозначим точки пересечения прямых BM и BN с диагональю АС со-

ответственно К и Р. (по двум углам), следователь-

но, , т.е. . Аналогично , зна-

чит, . Треугольники , , имеют равные

основания АК, КР, РС и общую высоту, опущенную из верши-

ны В. Следовательно, их площади равны. Поэтому

. ОТВЕТ: .

12. Решение: В ромбе ABCD диагонали AC и BD пере-

секаются в точке О. ОН – радиус вписанной окружно-

сти. АН=а, НВ=b (по условию). - прямоугольный ( ), так как диагонали

ромба взаимо перпендикулярны. ОН – высота , опущенная из вершины прямого угла, следовательно,

(высота проведенная из вершины прямого угла есть средне

пропорциональное между отрезками на которые делится гипотенуза этой высотой).

Площадь круга будет равна: . ОТВЕТ: . 13. Решение: ABCD – ромб, АС:BD=4:3. Пусть АС=4х, BD=3x.

Площадь ромба найдем по формуле:

или . Получаем, что х=10. Тогда

. С другой стороны , следовательно

. ОТВЕТ: 24.

3832

322

2

1sin

2

1 xyyxAOBBDACS ABCD 38

60 CBDАВD

ABD CBD

60HBK BKBH HBK

ABD

2

3аВН

2

33aР HBK 2

33a

AKN CKM CKMAKN

KCMKAN

BCMC2

1 ADAN

3

2

3

4

2

13

2

BC

AD

MC

AN

KC

AK

3

4

СКВАКМ

2

1

ВС

АМ

КС

АКАСАК

3

1 АСРС

3

1

АСКР3

1 АВК КВР РВС

ABCDABCBKP SSS6

1

3

1

6

1

АВО 90ВОА

АВО

abHBAHOHr

abПrS 22 ab2

xxxAB 5,2)5,1(4 22

ACBDS ABCD 2

1600

2

34

xx

255,210 AB ABhSABCD

2425

600

AB

Sh ABCD

78

14. Решение: (по двум углам); .

, .

или , .

. ОТВЕТ: 15.

15. Решение: Пусть АВ=х. По условию: , (односторонние углы при ), тогда , следовательно ,

. По свойству параллелограмма или

, отсюда . Тогда , , .

Из , . С другой стороны

, тогда . ОТВЕТ: .

16. Решение: . , .

, , по теореме Пифагора из имеем

, . В ВК – биссектриса (свойство диагоналей ромба). По

свойству биссектрисы треугольника:

; ; .

ОТВЕТ: 10. 17. Решение: Пусть ABCD – заданный параллелограмм,

у которого , , . Из по теореме косинусов находим:

. Далее в и по теореме косинусов

. ОТВЕТ: , . 18. Решение: Опустим на стороны прямоугольника ABCD перпендикуляры , , ,

. Обозначим: , , , . Тогда из соответствующих прямоугольных тре-

угольников получим: , , , .

CODKOD 3

1

OF

OE

CD

AM

aDCaKM 3 xOFxOE 3

xaFEABSABCD 43 ax1240 3

10ax

1532

109

2

933

2

1

2

1

axaxDCOESCOD

180 ABDАВС

180 BАDАВС АDBС ||

BADАВD 3|| xBDADBD

5 xAC2222 )(2 BDACADAB

2222 )5()3())3((2 xxxx 4x 4AB 7 BDAD 9AC

ABD 92

477

ABDp 565229 ABDS

DHABS ABD 2

153

2

AB

SDH 53

sin2ABS ABCD 4008

103202

AB 20AB

CHABSABCD 16CH BCH

22 CHBCBH 12BH

BCH

KC

BC

HK

BH

KCKC

20

16

12

KCKC

5

16

3

10

5803

),16(53

KC

KCKC

KCKC

aCDАВ bADBC BCDBADABD

cos2221 abbaBDd ABC

180ABС

cos2222 abbaACd

cos222 abbaBD cos222 abba

АВММ 1 ВСММ 2 СDММ 3

АDММ 4 11 mММ 22 mММ 33 mММ

44 mММ

24

21

2 mma 22

21

2 mmb 23

22

2 mmc 24

23

2 mmd

79

Следовательно: , , откуда . Что и требова-

лось доказать. 19. Решение: В параллелограмме DEFH , вписанном в ,

, , . В соответствии с условием задачи

, , тогда, так как EFCH и EFDA – параллелограм-

мы, то , т.е. . Аналогично . Далее используя свойство диагоналей параллелограмма, найдем:

. Следовательно, .

ОТВЕТ: 9, 9, . 20. Решение: В ромбе ABCD проведем диагональ АС, соеди-

ним точки Н и С и опустим высоту СК на продолжение сторо-

ны AD. Обозначим: , . Из прямоуголь-

ного по теореме Пифагора , из прямо-

угольного по теореме Пифагора . Далее

, т.е. . Так как , то

из прямоугольного . Следовательно, для нахождения х

получим уравнение: , или , далее

, или . Отсюда с ограничением . Решая биквадратное

уравнение , найдем .

ОТВЕТ: . 21. Решение: Проведем биссектрисы AM, BN, DK, CP соответствующих углов пря-

моугольника ABCD. Пусть AB=b, AD=a и a>b; E, Q, F, T – точки пересечения биссектрис. Так как , то . Значит, . Аналогично показывает-

ся, что остальные углы четырехугольника EQFT равны 90.

Следовательно, EQFT – прямоугольник. Далее - равнобедренный, значит, , тогда

. Проведем , из прямоугольно-

го равнобедренного находим: .

Следовательно, , аналогично находим . Таким образом,

- квадрат и его площадь .

ОТВЕТ: .

24

23

22

21

22 mmmmca

24

23

22

21

22 mmmmdb 2222 dbсa

АВС

3DH 5DE 6EHBCEH || ABDF ||

HCDHAD 93 DHAC963 EHEOFCBFBC

2422 222 EHEDEFDF

262422 DFOFEABEAB

26

xDCAD hCKBH

DKC 22 hxDK

АKС 222 hAK

DKAKAD xhxh 2224 xBCHK

HKC 2222 2)2( xxh

xxxx )2()2(4 222 222 22 xxx

222222 2222 xxxxx 222 22 xxx

)22(44 2242 xxxx 20 x

042 24 xx 15 x

15

90 BAEABE90AEB 90QET

АВМ

bABBM

baBMBCMC PCMG

MGC22

baMCMG

2

baMGQF

2

baEQ

EQFT2

)()

2(

22 baba

SEQFT

2

)( 2ba

80

22. Решение: Обозначим диагонали ромба через 2х, 2у. Тогда

. Сторона ромба выражается как

. Имеем систему: . Воз-

ведем первое уравнение в квадрат и вычтем из результата второе уравнение:

. ОТВЕТ: .

Домашние задачи 1. Решение: Пусть диагонали AC и BD ромба ABCD пересека-

ются в точке О. Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и

являются биссектрисами его внутренних углов. Поэтому

- прямоугольный, .

, , .

. ОТВЕТ: . 2. Решение: (как накрест лежащие при );

(по условию); следовательно, . Тогда

- равнобедренный, . Из прямоугольного по теореме Пифагора найдем

ВЕ: . Тогда . ОТВЕТ: 2. 3. Решение: Так как АК – биссектриса , следовательно, ;

(как накрест лежащие при ), тогда

. - равнобедренный, .

.

Пусть , ; или

. Отсюда , . ОТВЕТ: 42. 4. Решение: , тогда . По условию , получаем

, тогда . В .

Пусть , . или , тогда .

, . ОТВЕТ: 15, 30. 5. Решение: Аналогично задаче 7. . ОТВЕТ: . 6. Решение: Аналогично задаче 11. ОТВЕТ: 0,2.

xyACBDS ABCD 22

1

24

pPAB

4

222

22 pyx

myx

4

22

22 pyx

myx

Spm

xyyxyxyx

4

2222

2222

4

22 pm

ВОС

302

1

2

1 BADBCDBCO

32

1 BCBO 4 CEBCBE 603090 OBE

1360cos222 BEOBBEOBOE

1321 DCAB ||

31 32

DCE 5 CEDCBCE

31625 BE 2 EBABAE

А KADBAK

BKAKAD BCAD ||

BKABAK ABK BKAB

7

4

1

4

BC

AB

KC

BK

xAB 4 xBC 7 )(2 BCABP

132)74(2 xx 6x 427 xAD

60А 120АВС 3:1: ABDСВD

904

3120

ABD 30ADB ABD ADAB

2

1

xAB xAD 2

)(2 BCABP 90)2(2 xx 15x

15AB 302 ABAD

3460sin ADABS

34

81

7. Решение: Пусть дан параллелограмм ABCD АВ=а=21,

AD=b, BD=20, AC=34. Из по теореме косинусов

найдем . . По основ-

ному тригонометрическому тождеству

. Тогда площадь параллелограмма будет равна:

. ОТВЕТ: 336.

8. Решение: Дан ромб ABCD, АС=3, BD=4. (по

катету и гипотенузе). . Найдем сторону

ромба: . Площадь ромба:

, с другой стороны ,

следовательно, . Тогда из по теореме Пи-

фагора найдем ВЕ: . . Получаем, что

. ОТВЕТ: 4,32. 9. Решение: По условию ОМ=2, тогда MN=4, MN=BH=4.

В .

OL=3, KL=6. .

ОТВЕТ: . 10. Решение: По условию задачи , откуда . Площадь ромба, с одной

стороны: , с другой стороны: . Следовательно,

, или , откуда .ОТВЕТ: 30.

11. Решение: Обозначим диагонали параллелограмма ABCD , , кроме того, . По свой-

ству диагоналей параллелограмма , т.е. . По свойству биссектрисы из

: , тогда .

Следовательно, , откуда , т.е. , . ОТ-

ВЕТ: 21, 23. 12. Решение: В параллелограмме ABCD , , , ,

, , , , , . Тогда .

АВО

BOAcos85

13

2cos

222

OAOB

ABOAOBBOA

85

84cos1sin BOABOA

336sin2

1 BOAACBDS

DCFBCE

BCEABCDAECF SSS 2

5,225,24 аАВ

6342

1

2

1 ACBDS ABCD 6 CEABS

4,25,2

6CE ВСЕ

7,022 СЕВСВЕ 84,02

1 ЕCBЕSВСЕ

32,484,0262 BCEABCDAECF SSS

ABH 2445sin

BH

AB

224624 KLABS ABCD

224

21ddа 2

21 add

221 2

1

2

1addS sin2aS

sin2

1 aa aa 2

1sin 30

xBD 2 xAC 17 EDAEAD2222 22 BCABBDAC

2222 1722)2( ABxx

АВDED

AE

BD

AB x

xAB

3

2

2,10

8,6

2222 172)3

2(2)2( xxx 21x 21BD 23AC

BCKT CDKH ADKE ABKL

5KT 6KL 3KE TKC bCD aBC 120EKD

82

Из прямоугольного и .

Из прямоугольного или

, т.е. . Отсюда

или , следовательно, .

Используя теперь площадь параллелограмма, переходим к ра-

венству , или . Но (из равностороннего

). Значит, . Наконец, . ОТВЕТ: .

13. Решение: В параллелограмме ABCD BF – биссектриса,

АВ=12. - равнобедренный ( ), следовательно

. (из условия), следовательно,

, тогда

. Периметр параллелограмма будет равен:

. ОТВЕТ: 66. 14. Решение: Аналогично задаче 20. ОТВЕТ: . 15. Решение: аналогично опорной задаче 4. ОТВЕТ: 80. 16. Решение: Пусть AD=a, AB=b, . По теореме косинусов получим си-

стему: . Сложим оба уравнения,

получим: . ОТ-

ВЕТ: .

17. Решение: 1) ; ; . Пусть АВ=х, тогда AD=x+7. Из прямоугольного

по теореме Пифагора: . Из прямоугольного : ,

В параллелограмме или

. Решаем уравнение и находим, что . Следова-

тельно, , , , . ОТВЕТ: 10, 17, 21, .

TKC6

5cos

b

b 25sin

2

KEDb

3)120cos(

b

3sin120sincos120cos

bb

b 325

2

3

28

5 2

bb

bb 3

2

5753 2

11753 2 b3

314b

bLHaTE 3

314)6(8 KHa

2

3bKH

CKD12

391a

2

34922 baPABCD 2

349

АВF BFAB

12 BFAB 3:4: FDAF

94

3

AFFD

21912 FDAFAD 66)(2 ADABP

22

АВ 180

Aa

bba

AN

Ab

ab

aМD

cos2

24

cos2

24

22

2

222

)(4

5

422

222222 ba

babaANMD

)(4

5 22 ba

21 НСАНAС 5,10AО 5,4 АНАОНО

ABH 362 xBH

BHO

75,15)5,4(36 22222 xxHOBHBO

75,152 2 xBD2222 )(2 BDACADAB

)75,15(421))7((2 2222 xxx 10x

10AB 17AD 21AC 337BD

337

83

Выходной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 24 1 30 25:4 7 Вариант 2 10, 17, 21,

337 42 15 34 66

Модуль «Трапеция»

Входной контроль

1 2 3 4 5 Вариант 1 3,4 96 24

8

85 12

Вариант 2 85,5 9,6 24 204 60 Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: 1) Проведем прямую, параллельную АС. ADMC – параллелограмм; ; .

- прямоугольный; Следовательно, . 2) Средняя линия трапеции:

.ОТВЕТ: 8,5.

2. Решение: Пусть в трапеции ABCD ( ) ,, , , . Проведем ,

( , , ). Следовательно, , тогда ,

. Значит, и

.

ОТВЕТ: 20. 3. Решение: Пусть в трапеции ABCD , , К – середи-

на АС, Е – середина BD, . По теореме Фалеса точки М и

N - середины боковых сторон трапеции. как

средняя линия , как средняя линия .

Тогда . ОТВЕТ: .

4. Решение: - прямоугольный, . Пусть КН – высота

этого треугольника. Тогда из прямоугольного треугольника AKD , из прямоугольного треугольника KHD

. Далее ( ),

ADСМ 8 ACDM

BDM 17815 22 BM

5,8222

BMBCCMBCAD

АDВС || CDАВ

ADBE 4BE 2АE 5ED ADCF

DCFABE CDАВ 90 DFCAEB CDFBAE

2 AEFD 3 FDEDEF7 EDAEАD 3 EFBC

20)(2

1 BCADBES ABCD

aАD bBC

АDКЕ ||

bBCMK2

1

2

1

ABD aADME2

1

2

1 ABD

2

baMKMEKE

2

ba

AKD 90K

360sin ADKD

2

3

2

1 KDKH BKCAKD ADBC ||

84

следовательно, . Значит, и . Таким

образом, . ОТВЕТ: .

5. Решение: (так как трапеция равнобедренная); KNML – квадрат (так как стороны KN и ML параллельны диаго-

налям и равны их половинам). КМ и LN – диагонали квадрата, следовательно, . Итак, . ОТВЕТ: 64. 6. Решение: Пусть , , , . Очевидно из :

. . Из : , следовательно,

;

.

Аналогично .

7. Решение: 1) Так как , ; . 2) Аналогично, . .

.

3) . Итак, . ОТВЕТ: 25. 8. Решение: Отметим, что два четырехугольника называются по-

добными, если стороны его пропорциональны, а соответствую-

щие углы равны. Пусть в трапеции ABCD , . Обо-

значим искомый отрезок . Из подобия трапеций РВСК и

APKD следует, что , или , откуда .

ОТВЕТ: . 9. Решение: Пусть в трапеции ABCD , . Обозначим

искомый отрезок . Продолжим боковые стороны трапеции

до пересечения в точке К. Обозначим: , .

( ), следовательно, , или

2

1

AD

BC

KH

KM

4

3

2

1 KHKM

4

3 KMKHMH

8

33)(

2

1 BCADMHS ABCD 8

33

BDАС

8 NLКМ

6488 NLKMSABCD

aAD bBC cAB dAD ABD

AaccaBD cos2222 dBKCDBK ||

ABK Abacbacd cos)(2)( 222

)(2

)(cos

222

bac

dbacA

)(2

])([2 222222

bac

dbacaccaBD

ba

adabbcba

ba

adabbaaacbcacbaa 2222222322223 2

ba

bcadab

22

ba

bdacabAC

222

ADBCADOBSS AODAOB ::: 2:3:6 AODS

4AODS

DCDACOOASS COBAOB ::: 3:2:6 СOВS

92

36

СОBS

6 AOBCOD SS

259646 ABCDS

aАD bBC

xPK

AD

PK

PK

BC

a

x

x

b abx

abaАD bBC

xМN

SSS MBCNAMND 1SSKBC

BKCMKN MNBC || 2

2

BC

MN

S

S

BKC

MNK

85

.

( ), следовательно, или .

Умножая первое равенство на 2 и затем из него вычитая второе, получим:

, или . Отсюда .

ОТВЕТ: .

10. Решение: Проведем в трапеции ABCD отрезок и опустим высоту BH. Тогда , применим теорему косинусов в

, или , т.е.

. Откуда , тогда высота

и .

ОТВЕТ: .

11. Решение: 1) К равноудалена от АВ и AD, от AD и DC, следо-

вательно К равноудалена от АВ и DC; аналогично, для М:

. 2) , где РТ – средняя линия трапеции;

.

3) - прямоугольный; КР – медиана, следовательно ,

.

Отсюда . ОТВЕТ: 2,5. 12. Решение: Проведем из вершины С прямые, парал-

лельные КL и BD. Так как LKCM, DBCF – параллело-

граммы, то . :

.

CM – медиана . По формуле медианы:

; .

Кроме того, поскольку - полупериметр , то по формуле Герона:

.

2

2

1

1

b

x

S

SS

BKCAKD ADBC || 2

2

BC

AD

S

S

BKC

AKD 2

2

1

12

b

a

S

SS

2

2

2

2

1

1

1

1 222

b

a

b

x

S

SS

S

SS

2

2221

b

ax

2

22 bax

2

22 ba

CDBL ||

xAB ABL

AALABALABBL cos2222

2

11214 2 хх

032 xx2

113 x

4

3)113(60sin

ABBH

8

)339(9)(

2

1 BCADBHS

8

)339(9

DCABKM ||||

PTKM

5,7)(2

1 BCABPT

AKD 5,12

1 ADKP

5,372

1

2

1 ВСМТ

5,255,7)( МТРКРТКМ

BCKCLM2

1 BCDF

22

BCADLMALAM

ACF

2222 682

122

2

12 AFAFCFAC 132AF

134p ACF

6)132)(5)(3( ppppS ACF

86

Пусть - высота трапеции ABCD (она же высота ); тогда

. ОТВЕТ: 6.

13. Решение: Через вершину С проведем отрезок . Пусть

он пересекает MN в точке Q. Тогда . Далее

( ). Следовательно, , то

. Теперь .

ОТВЕТ: .

14. Решение: Пусть в трапеции ABCD , , . Проведем высоту ВН

и положим , , , .

( ), следовательно, , или .

( ), следовательно, , или

. Сложив эти два равенства, получим: , т.е. . Анало-

гично найдем . Тогда .

ОТВЕТ: .

15. Решение: Пусть в трапеции ABCD , . Обозначим ,

, . Тогда ,

.

Из прямоугольных и по теореме Пифагора

и . Откуда .

Кроме того, по условию задачи , но , , следовательно,

. Получили систему: , решая которую, найдем

, .

ОТВЕТ: , .

16. Решение: В трапеции даны диагонали. Проведем . Треугольники и имеют одинаковое основание (

h ACF

62

1

22

ACFABCD ShAFh

DFADh

BCADS

ABСL ||

bALBCMQ

LCDQCN LDQN ||nm

n

AB

MB

LD

QN

nm

nba

mn

nLDQN

)(

nm

bman

nm

nbabMN

)(

nm

bman

aАD bBC xMO

hBH 1hBK 2hKH BHKHBK ABCAMO

BCMO ||BH

KH

BC

MO

h

h

b

x 2

ABDMBO ADMO ||KH

BK

AD

MO

h

h

a

x 1 121

h

hh

b

x

a

x

ba

abx

ba

abON

ba

abONMOMN

2

ba

ab

2

12 СDАВ 15AC aBC

bAD hCHBE 2

abHDAE

22

baa

abAH

СHD CHA

222 )2

(12ab

h

)2

(1522 bah

2222 )

2(15)

2(12

baab

5

3

ACD

ABC

S

SahS ABC 2

1 bhS ACD 2

1

5

3

b

a

5

3

1215)2

()2

( 2222

b

a

baba

5

33a

3

53b

5

33

3

53

ВDCС ||1

BDC BCC1

87

, так как - параллелограмм) и одинаковую высоту, равную высоте

трапеции. Поэтому . Получим , который равновелик трапеции,

т.е. . В известны две стороны , и соотно-

шение между углами. Если , то по условию , значит,

. По теореме синусов имеем

. . Для угла

имеем

. Тогда

. ОТВЕТ: .

Домашние задачи 1. Решение: 1) так как и , то

. 2) Проведем высоты и .

.

,

. Итак, . ОТВЕТ: 8.

2. Решение: Пусть , . В равнобедренной трапеции

средняя линия равна большему из отрезков, на которые делит ос-

нование высота трапеции.

Следовательно, из имеем: .

. ОТВЕТ: 36. 3. Решение: Пусть в трапеции ABCD , . Так

как вокруг трапеции можно описать окружность, то она равно-

бедренная т.е. . Так как в трапецию можно вписать

окружность, то , т.е. , . Опу-

стим высоты ВН и СЕ. Треугольник АВН равен , значит,

, а из прямоугольного треугольника АВН

.

Таким образом, . ОТВЕТ: 80.

DCBC 1 CDBC1

BCCBDC SS1 1АСC

1ACCABCD SS 1ACC aAC aBDCC5

71

DBAACC1 21 CAC

31801 ACC

7,0cossincossin2

5

7

sin2sin1

aaACCC

10

51cos1sin 2

1ACC

125

5112sin4sin33sin)3180sin(sin 2

1 ACC

625

5142sin

2

1 2

111

aACCCCACSS ACCABCD 625

5142 2a

CDАВ 90O45 CDABAD

1BВ 1CC

21111 DCABCCВB

22

42

2

22

2 11

1

BC

BBABBC

BBBCAD

S ABCD

4ВC 82 1 ABBCAD

3СН4

1CAHtg

AСН 12

4

13

CAHtg

СНАН

36123 CHAHSABCD

BCАD || 16АD 4BC

CDАВ

ADBCCDАВ 202 AB 10ABDCE

6 EDAH

822 AHABBH

80)(2

1 ADBCBHS ABCD

88

4. Решение: По свойству вписанной окружности в четырех-

угольник: ; ; ; .

Из прямоугольного : Поэтому: . Полу-

чаем: или . ОТВЕТ: .

5. Решение: В трапеции ABCD из точки N опустили перпендикуляр NK на АВ и

провели прямую до пересечения ее с основанием AD и продолжением осно-

вания ВС. ( , , ), следовательно,

(ABEF - параллелограмм), где . Так как в трапецию можно вписать

окружность, то . Кроме того, трапеция равнобедренная,

следовательно, , и тогда . Таким образом,

, значит, . ОТВЕТ: 72. 6. Решение: Пусть в трапеции ABCD , , - средняя линия. По усло-

вию задачи . По условию задачи , .

В МК – средняя линия, следовательно, , в

ЕН – средняя линия, значит, .

В МЕ – средняя линия, следовательно, . Тогда

, или

ОТВЕТ: . 7. Решение: Пусть в трапеции ABCD , , ,

. Продлим АК до пересечения с продолжением ВС в точке F. Тогда - равнобедренный, следовательно, и .

( ), поэтому , или

. ОТВЕТ: 26.

8. Решение: Трапеция ABCD - равнобокая, так как она вписана.

Если R – радиус окружности, то AD=2R – диаметр, ,

(как опирающийся на диаметр). Из найдем

. По условию ,

baADBCCDAB rAB 2 rbaCD 2

baKD

CDK 222 CDKDCK

abbrarrbababar 244424 22222

abbar )(ba

abr

ba

ab

ABEF ||

DNFCNE NDCN ENCFND ECNFDN ABEFABCD SS

ABKNS ABEF

MNBCADCDAB 2

DCАB MNАB 72126 MNKNSABEF

72ABCDS

aАD bBC MNENKEMK KCAK

EDBE

ABC bBCMK2

1

2

1

DBC bBCEN2

1

2

1

DBA aADME2

1

2

1

2

baMKMEKE

1:2: ba

1:2: ba13 CDАВ 2BC KADBAK

26:11: KDCK

ABF 13 BFАВ

11 BCBFCF

DKACKF ADCF ||AD

CF

KD

CK

261111

26 CF

CK

KDAD

RBD3

24

90ABD ABD

RRRBDADAB3

2)

3

24()2( 2222 ADBC

89

,

, ,

. Треугольники и имеют

одинаковую высоту , поэтому . ОТВЕТ: .

9. Решение: Пусть в трапеции ABCD ( ) , , , . Проведем высоты ВН и СК. Пусть . Тогда и . Но

.

Отсюда .

Следовательно, из прямоугольных и ,

.

Наконец, .

ОТВЕТ: , , , .

10. Решение: .

;

.

. ОТВЕТ: .

11. Решение: Пусть К и М – точки касания окружности с осно-

ваниями ВС и AD. Тогда точка О лежит на КМ и КМ – высота

трапеции. КМ=12. По свойству отрезков касательных, прове-

денных из одной точки к окружности, , , , .

Из точек В и С опустим перпендикуляры и на AD. . Тогда из прямоугольных треугольников

и по теореме Пифагора можно записать

или ; или

. Откуда , . Таким образом, сто-

роны трапеции , , , . Площадь трапеции:

2

BAD

3

12:

3

2cos R

R

AD

AB RRABAВ

9

2

3

1

3

2cos1

RRRABADBC9

14

9

2222 1 ABD BCD

1BВ7

9

BC

AD

S

S

BCD

ABD

7

9

АDВС || bВС аAD BAD CDA

hCKBH ctghAH ctghDK

ctghbctghKDHKAHAD

ctgctg

bah

ABH CKD)(sinsin ctgctg

bahАВ

)(sinsin ctgctg

bahCD

)(22

22

ctgctg

bah

baS ABCD

)(sin ctgctg

ba

)(sin ctgctg

ba

ctgctg

ba

)(2

22

ctgctg

ba

BKba

BKBCAD

S ABCD 22

22

babaaBK

222

22 bababaKB

4

)( 22 babaS ABCD

4

)( 22 baba

9 APAM12 DNMD xBKPB yKCCN

1ВВ 1СC

1211 KMССВВ

1ABВ 1DCC21

21

2 ABBВAB 222 12)9()9( xx DCCCCD 12

12

222 12)12()12( yy 4x 3y

21 MDAMAD 7 yxBC

13 BPAPAB 15 NDCNCD

90

. ОТВЕТ: 21, 13, 7, 15, 168.

12. Решение: Пусть , . По условию , тогда (так как тре-

угольники имеют равные высоты ). MN – средняя линия трапеции ABCD де-

лит ее на 2 трапеции AMND и MBCN.

. ОТВЕТ: .

Выходной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 204 40 15 512 246,25 Вариант 2 2 1 1 5 и 15

5 и 4

5

III. Модульная программа «Окружность»

Модуль «Свойства углов, касательных, хорд и секущих» Входной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 6 120 60, 120 Вариант 2 50 47, 71, 62 60 180 Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: Проведем через точку Р хорды АВ и диаметр CD. По

условию задачи , . . Тогда

, а . Обозначим

, . Тогда по свойству пересекающихся хорд

или . Откуда или . Следовательно, , то-

гда , или , тогда . ОТВЕТ: 12 и 6. 2. Решение: АМ – касательная, ОМ – секущая к окружности.

и . Рассмотрим прямоугольный : , , по теореме Пифагора .

По свойству высоты, проведенной из вершины прямого угла

, , откуда . Тогда

.

ОТВЕТ: .

1682

KMBCAD

S

aAD bBC 7

3

ACD

ABC

S

S

7

3

a

b

hBВ 1

3

2

)(22

1

)(22

1

MNAD

MNBC

MNADh

MNBCh

S

S

MBCN

AMND

3

2

18AB 11OD 7OP4711 OPOCСP 18117 ODPOPD

xAP xBP 18PDCPPBAP

184)18( xx 12x 6x 12AP

6ВP 6AP 12ВP

МАОА МОАВ АМВ 40АМ

24BМ 32576160022 МBАМАВ

МАО ВOМВАB 2

3

242

2

МВ

АBOВ

3

266

3

24224 ОВМВОМ

3

266

91

3. Решение: равен половине градусной меры дуги (угол между каса-

тельной и секущей), равен половине градусной меры дуги (вписанный

угол). Поэтому . Так как , то как соответствен-

ные при параллельных прямых АК и MN и секущей АС. Следовательно,

, откуда . ОТВЕТ: 140. 4. Решение: Пусть хорды , . Проведем через центр О

окружности перпендикуляр MN, где М – лежит на АВ, N – на CD. То-

гда MN=7. По свойству хорд , . Отсюда , . Обозначим: , . Из : ,

из : . Но - радиусы окружностей и, та-

ким образом, . Отсюда . Тогда . ОТВЕТ: 5. 5. Решение: , - прямоугольный, PM – высота.

. Пусть , тогда ; . Получаем ; .

. . ОТВЕТ: 48. 6. Решение: АО – касательная к окружности, АС – секущая к

окружности, тогда по свойству касательной и секущей, прове-

денных из одной точки, получим , или

, . - равнобедренный ( ) треугольник, где МН – высота и медиана. Так как , то из прямоугольного

найдем ВМ: . ОТВЕТ: 6. 7. Решение: По условию задачи , , ,

, . (угол между касательной и се-

кущей), (вписанный угол), следовательно,

, кроме того, .

Значит, , и тогда . Отсюда .

, , следовательно, ,

кроме того, . Значит, и тогда

. Отсюда .

Таким образом, , или , значит,

. ОТВЕТ: 6.

KAC ANC

ABC ANC

KACABC MNAK || KACNTC

40 ABCKACNTC 14040180 PTC

8АВ 6СD

NDCN MBАM 3ND

4MB xOM xOM 7 OND 222 3)7( xOD

OMB 222 4 xOB ROBOD

169)7( 22 xx 3x 522 MBOMOBR

PMPQ 2 POB

BMOBPB 2 xBM xx )18(402

01600182 xx 32x 32182 BMOMPM

24PM 482 PMPQ

АСАВОA 2 32842 ОA

24ОA

ВМС rMCBM

24 АОМН

ВМН 622 ВНМНВМ

111 СААА 111 САСС 41 АА

91 СС ACBH ABABA 2

11

ABACB 2

1

1ABAACB 901 BAACHB

ABACHB 1AB

AA

CB

HB 1

HB

AA

CB

AB 1

CBCBC 2

11 CBCAB

2

1CABCBC 1

901 BHABCC AHBCBC 1

CB

CC

AB

HB 1

CB

AB

CC

HB

1

HB

AA

CC

HB 1

1

36112 CCAАHB

6HB

92

8. Решение: Пусть . В прямоугольном : , следовательно,

и , следовательно, . : , , треугольник равносторонний, .

Аналогично, . Итак, . ОТВЕТ: 48. 9. Решение: Пусть BD – искомая хорда, ВМ – медиана в , по

формуле находим, что . Далее по свой-

ству пересекающихся хорд: , откуда

. Тогда .

ОТВЕТ: .

10. Решение: Так как вершина вне круга, то

. Аналогично .

Таким образом, имеем систему: из которой

, . Отсюда и

.

ОТВЕТ: , .

Домашние задачи 1. Решение: По условию задачи АС и СВ – касательные,

, АВ – хорда, . Проведем через точку С прямую

CF, проходящую через центр окружности и радиус ОВ, тогда

и . Рассмотрим прямоугольный : ,

, по теореме Пифагора

. По свойству высоты, проведенной из верши-

ны прямого угла , , откуда . Из радиус

. ОТВЕТ: 9. 2. Решение: Угол между касательной МВ и секущей МА, проведенными из одной

точки М окружности, равен половине градусной меры дуги АКМ.

Поэтому дуга АКМ содержит 120, а ее длина составляет длины

окружности, т.е. . ОТВЕТ: 2.

3. Решение: Из точки А проведем касательную АВ и секущую AD.

rКО ABO 30ABOrAOBO 22 rrВК 2 rBK

ABO 60AOB OKAO 12 rAK12 rCK 48AKCOP

АВС

222 22 bcamb 72BM

MCAMMDBM

14

79

BM

MCAMMD

14

737 MDBMBD

14

737

ВMА

)(2

1СDАВВМА )(

2

1CDABBLA

2

2

CDAB

CDAB

AB CD22

1 ABBCA

22

1 CDCAD

2

2

12 СВАС 4,14АВ

ABCF CBOB CDB 12CB

2,72

1 ABBD

6,922 DBCBCD

CBO DOCDDB 2 4,52

CD

DBOD ODB

92,74,5 2222 BDODOB

3

1

223

1 Rl

93

По условию задачи , , , . 2. По свойству касательной и секущей , откуда

, тогда . Соединим центр окружности

О с точками C и D. - равнобедренный, следовательно, -

высота, медиана и биссектриса. Значит, , тогда

. ОТВЕТ: 13. 4. Решение: Проведем в окружности диаметр CD и соединим точки D и B. - прямоугольный, . как впи-

санные, опирающиеся на одну и туже дугу. Следовательно,

. ОТВЕТ: 60. 5. Решение: Найдем гипотенузу АВ :

.

Так как , то . Пусть окружность пересе-

кает катет ВС в точке N, тогда по свойству секущих, проведенных

из одной точки: , откуда , значит,

. В прямоугольном по теореме Пифагора

, и тогда .

ОТВЕТ: . 6. Решение: Соединим точку М с точками А и N и точку В с

точкой N. ( - вписанный, а -

центральный, опирающийся на одну дугу AN), - равнобедренный, так как , следовательно,

, тогда . ОТВЕТ: 50.

Выходной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 10 7 60, 120 1 Вариант 2 8 32

Модуль «Треугольники и окружности» Входной контроль

16АВ 32AD CDOK 5OK

ADACАB 2

82

AD

ABAC 24 ACADCD

OCD OK

122

1 DCKC

1322 KCOKOC

DBC 90DBC 30 BACBDC

630sin DCBC

АВС

381444822 ВСАСАВ

1:3: КВАК 324

1 АВВК

ВCNВАBВК 4

BC

BABKBN

8 BNBCNCANC

7422 NCACАN 722

1 ANAOR

72

АВNAMN 2

1AMN ABN

ABN

BNAB

100402180 ABN 502

1 ABNAMN

1 2 3 4 5 Вариант 1 13, 14, 15 13 16,9 9

94

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: (по условию), следовательно (как впи-

санный и центральный углы, опирающиеся на одну дугу ).

, . .

ОТВЕТ: 8. 2. Решение: Пусть КМ – отрезок касательной к вписанной в

окружности, параллельный основанию АС и равный . Тогда, так

как , то , или . Отсюда, по-

лагая , приходим к уравнению , корнями которого являются

, . ОТВЕТ: АС=4 или АС=6. 3. Решение: Пусть . Радиус окружности вписанной в данный треуголь-

ник, равен 3. Тогда , , . ; .

По теореме Пифагора получаем: . Значит, . Итак, . Центр описанной около прямоугольного треугольника окружности

является серединой гипотенузы, следовательно, ОТВЕТ: 8,5. 4. Решение: По свойству пересекающихся хорд имеем:

, откуда .

(по двум углам). Тогда , .

ОТВЕТ: 15. 5. Решение: Вписанные углы КАВ и ВМК опираются на дуги

окружности, сумма мер которых 360, следовательно,

. Поскольку . Получим

. Следовательно, по двум углам. Из

подобия треугольников получаем: , следовательно

. Вписанный опирается на диаметр, следо-

вательно . Тогда и .

В прямоугольном . Следовательно,

. ОТВЕТ: 4.

6. Решение: Отложим . Так как , а

, то - правильный, откуда . Так как

75А 150ВОС

ВС

150sin2

1 2RSBOC

2

11622

R 8R

ABC

5

14

ABCKBM ABC

KBM

P

P

AC

KM

20

2205

14AC

AC

xAC 024102 xx

41 x 62 x

xВКВМ

3 АКАН 5 СМСН 8АС 3 хВC

5 хAВ222 )5()3(8 хх 12x

17512 AB

5,85,0 ABR

KMAMMCBM 12818 MCBM

AMCBMK MK

MC

BK

AC 15

8

1210

AC

180 ВМККАВ 180 ВМКСМК

САВСМК AВCMKС

BС

СК

АB

KМ

АВСB

СKКМ АКВ

90АКВ 90ВКС

BCК2

160coscos C

BС

СK

42

1 ABKM

MBMK 60 BCABMA

MBMK BKM BMBK

Вариант 2 12,5 2,5 520 4

95

, то , но . Значит, , . Следовательно, , откуда

. ОТВЕТ: 2. 7. Решение: Пусть M, N, K – точки касания окружности соответственно со сторона-

ми АВ, ВС и АС, где , , . Обозначим:

, , . Тогда для нахождения

x, y, z составим систему уравнений: . Складывая

все три уравнения системы, получим: , а затем, последовательно

вычитая первой, второе и третье уравнения системы, найдем: ,

, . ОТВЕТ: ; ;

.

8. Решение: Искомое расстояние – длина перпендикуляра ОК,

проведенного из точки О в стороне АВ. Прямоугольный

, следовательно, .

Центр О окружности, описанной около тупоугольного равнобед-

ренного , лежит вне его прямой АН, содержащей высоту

треугольника. Поэтому В прямоугольном .

Тогда в . Итак, .

ОТВЕТ: 20. 9. Решение: О – центр вписанной окружности, лежит на сере-

динном перпендикуляре, содержащем высоту АН треугольника к

основанию ВС. Так как треугольник остроугольный, то О лежит внутри тре-

угольника, на высоте АН. При этом - радиусы описанной окружности.

: . Следовательно, . Радиус вписанной окружности найдем из формулы для

: ; ;

. Тогда .

Центр вписанной окружности точка Q также лежит на высоте

АН, значит . Q лежит на отрезке АО. Следовательно,

. ОТВЕТ: 5.

60BKM 120BKA 120180 BACBMC BMCBKA

BCMBAM BMCBKA

268 BMAMKMAMAKMC

сAB аBC bАС

xAKAM yBNBM zCNCK

.

,

,

azy

cyx

czyx

2

cbazyx

2

cbaz

2

bcay

2

abcz

2

acbAKAM

2

bcaBNBM

2

cbaCNCK

AВНАОK AB

AO

BH

KO

ABC

18725 OHAOAH

OBH 2422 OHOBBH

ABH 3022 BHAhAB 20

AB

BHAOKO

25 OCOBOA

OBH 722 BHOBOH 32725 AH

prS

ABC 4022 AHBHAB 644024 p

32245,0 AHBCS ABC 12p

Sr

12QH

5 OHQHOQ

96

10. Решение: Обозначим через сторону правильного , тогда . Длину

стороны BN найдем по теореме косинусов из : .

Пусть и - радиусы окружностей, описанных соответственно около и

. По формуле получим: , .

С другой стороны, и имеют общую высоту, проведенную из вершины

В, поэтому их площади относятся как длины оснований, т.е. . Подста-

вив в это равенство выражения для площадей, получим: , откуда

. ОТВЕТ: .

11. Решение: Так как в равнобедренном медианы, про-

веденные к боковым сторонам, равны, то , откуда

, тогда . Пусть .

Поэтому , и, следовательно, .

Значит, и , откуда ,

. По свойству хорд , т.е. , откуда

.

По теореме косинусов, записанной для , имеем:

. Отсюда .

, .

ОТВЕТ: ; .

12. Решение: Пусть О – центр вписанной окружности. Тогда ВО и ОС – биссектрисы

и в , , . Тогда .

Если провести радиус ОК, то , где К – точка касания ВС

и окружности. Тогда . Отсюда

. Но

x ABC aхAN

ABN

aaxANABANABBN 222 160cos2

1R 2R ABN

ABCR

abcS

4

1

2

4

1

R

aaaxS ABN

2

3

4R

aS ABC

ABC ABN

ABCABN SaS

2

3

1

2

44

1

R

ax

R

aaax

12

2

1 aa

R

R12 aa

ABC

mBFAE

mASBS3

2 SABSBA aBCAC

BABAAB 111 ABABBA 111

BBAAAB 1111

SBAASB 11 3

4111

AB

BA

SA

SAmSASA

9

8

3

41

mSESAEA9

511 1EAAEEBCE mm

aa

9

5

22

22

20

9am

AEC

5

4

22

42

cos

22

2222

aa

ma

a

CEAC

AECEACC

5

4arccosC

10

1

2

cos1

2sin 2

CC31

2sin

1

2)

290(

2

C

Cctg

CtgAtg

3arctgBA 5

4arccosC

ABC аВС 2

ОВС

2

ОСВ )(

ВСОК

22

rctgrctgKCBKa

22

ctgctg

ar

97

. Тогда .

ОТВЕТ: .

13. Решение: Пусть , надо доказать, что

. Вычислим . . Пусть

. , но , поэтому .

, , . ОТВЕТ: . Домашние задачи 1. Решение: ; (как отрезки каса-

тельных, проведенных из одной точки).

; . , следовательно, ;

.

ОТВЕТ: 8 2. Решение: Пусть в M, N,P – точки касания окружности

со сторонами, . Пусть , , . Тогда периметр равен , а поэтому

. Кроме того, периметр равен .

( ), следовательно, или .

Пусть , тогда имеем систему . Отсюда или

. Следовательно, или . ОТВЕТ: 6 или 3. 3. Решение: Соединим центр описанной окружности – точку О – с

вершинами , пусть , , . Обозначим

, , . Тогда для

2cos

2sin

2sin

2cos

2cos

2sin

2sin

2cos

2sin

2cos

22

ctgctg

2sin

2sin

2cos

2sin

2sin

)2

90sin(

2sin

2sin

)22

sin(

2cos

2sin

2sin

a

r

2cos

2sin

2sin

a

aBM bMC

baAM

BC abbaabbaBC 22222 120cos2xAM axxaaxxaАВ 22222 60cos2

BCAB axxaabba 2222

0)( 22 babaxx bax 1 bx 2

MCBMAM

12 BKMB 6 CMTCATKA

18AB 12AC ABCKBM CA

MK

BA

KB

818

1212

BA

CAKBMK

ABC

ACDE || xANAM yCPCN

zBMBP ABC zyx 222

9 zyx BDE

zBPBMEKBEDKBDDEBEBDPBDE 2)()(

BACBDE ACDE ||AC

DE

P

P

BAC

BDE

yx

z

2

18

2

tyx

18

9

zt

zt3t

6t 3AC 6AC

ABC А В С

хОСВОВС yОСАОАС zОВAОAВ

98

нахождения x, y, z составим систему уравнений: , откуда ,

, . ОТВЕТ: , , .

4. Решение: Пусть окружность касается АВ, ВС и АС соответ-

ственно в точках K, L, F и MN в точке Т. Тогда

ОТВЕТ: . 5. Решение: Проведем радиусы OD и ОЕ в точке касания, ,

; О – центр вписанной окружности – лежит на пересече-

нии биссектрис, поэтому . В радиус вписанной

окружности . Обозначим:

. Из находим: . В

. Тогда . Из имеем: .

. ОТВЕТ: .

6. Решение: ; . .

, ; ; ;

.

ОТВЕТ: .

7. Решение: Так как и равноудалены от некоторой точки О, то существует

окружность с центром в этой точке, проходящая через

и . Но - точка пересечения биссектрис

и, значит, , где , -

центр описанной около окружности и, значит,

. Так как эти углы опираются на одну и

туже дугу окружности, то , т.е.

, следовательно, . ОТВЕТ: 60.

8. Решение: . Составим :

.

,

,

zy

yx

zyx

2

x

2

y

2

z

2

x

2

y

2

z

cbaFCAFBCAB

LCBCAKABBLBK

NTBNMTMBNMBNMBPMBN

)(

)()(

cba

ABOD

ACOE

30OCE OEC

63

230 ADAEtgECOEr

OADOАE OAE3

7422 AEOEAO

OEA AKAOAE 2

7

39

2

AO

AEAK AKE

7

322 AKAEKE

7

327

2

1 AKDES ADE 7

327

BKOKS BOK 2

1

2

tgBKOK

22

1 2 tgBKS BOK

AFAT CKTC aTCATCKAF

)(222 apapBKBF apBK

2)(

2

1 2 tgapS BOK

2)(

2

1 2 tgapS BOK

1,, OCA 2O

1,, OCA 2O 1О

ABC2

901

САО ABC 2О

ABC

22 САО

САОСАО 21

22

90 60

)(2

rbarrpab

S 1S

99

. Следовательно, .

9. Решение: Пусть , , ; . Поэтому:

, откуда . Найдем х. ;

. .

ОТВЕТ: .

Выходной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1

2

3 , 3

8 , 6

25 5 2 8

Вариант 2 24 20 14,4 18

Модуль «Четырехугольники и окружности» Входной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 9,6

6

25 23 9 6

Вариант 2 2108 8 10,625 3

2170 6 192

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: Диагонали ромба пересекаются в точке О. Из

находим , следовательно . Из треугольника находим : . Четырехугольник ABED вписан в окружность, то выполняется ра-

венство: , . ; .

Следовательно, . ОТВЕТ: 12. 3. Решение: Трапеция равнобедренная, - прямоугольный

(вписанный угол опирается на диаметр). , .

22)(

))(( 21

abababrbarab

rrbraabrbraS

SS 1

xBO xAB 4 1516 22 xxxAO 90ABK

AOAKAB 2 22 82:16 xxAO 158 2 xx

prSx .8

158

3

5

152

x

x

ABBO

AOBO

p

Sr

8

3

AOB

16OA 32AC ADE

DE 5642 AEDE

BEDEAЕ 585816

DEAE 5 5645 2 AEAE 20AE

122032 AEACCE

ABD

HDAHBH 2 8HD

100

. . . .

ОТВЕТ: 5. 3. Решение: Дополнительное построение: ; .

. : (свойство прямоугольного

треугольника с углом 30). . .

. . Из имеем:

. , . ОТВЕТ: 6.

4. Решение: . Проведем высоту ВН и диагональ ВD. - прямоугольный (вписанный угол, опирающийся на диа-

метр). ( ).

Из : ,

: .

. .

. ОТВЕТ: 27.

5. Решение: . Так как трапеция вписана в

окружность, то и - вписанный. ,

. найдем из по теореме Пифагора:

.

: ; .

. Итак, . ОТВЕТ: .

6. Решение: , .

. . По свойству хорд

и имеем: , или . , (свойства диагоналей ромба). По теореме Пи-

фагора: , то есть . ОТВЕТ: 4. 7. Решение: - прямоугольный. . М – точка касания окружности и стороны CD. Тогда ,

.

4

2

ADBC

SBH 2

2

HD

BHAH 10 HDAHAD 5

2

ADr

ADBK ADCM

3)(2

1 BCADAK ABK 6AB

3360 tgAKBK sin2 RBD

23

36

sin

BDR 318

2

1 ADBKS ABD BKD

36222 KDKBBDR

ADBDABS ABD 4

6R

10AD

BHD

DBHBAH DBHBAH

ABD 1010

10cos AADAB

ABH 110

110cos ABAH

311022 AHABBH 82102 AHADBC

272

BHBCAD

S ABCD

152

ADBC

FD

ABD ARBD sin2

A

BDR

sin2BD FBD

1722 FDBFBD

ABF22

sinAFBF

BF

AB

BFA

6

2

921

AF

5

4

68

8sin

22

A

8

510

5

42

17

R8

510

OACBD 4,654,1 KCAKАС

2,32

1 ACOC 8,12,,35 OCKCKO

BD CK OCKOODBO 76,52,38,12 BO

BCO 90O222 OCBOBC 4BC

СOD 1022 ODOCCD

rОМ

CDOM

101

В .

Высота прямоугольной трапеции равна ее меньшей боковой стороне, то есть диа-

метру вписанной окружности. Следовательно, .

Тогда . ОТВЕТ: 94,08.

8. Решение: Соединим центр вписанной окружности с вершинами

А, В и С трапеции и проведем радиусы ОМ и ОН в точках касания

окружности с меньшим основанием и боковой стороной. . Следовательно,

. В прямоугольном : . , следовательно,

, поэтому . По условию , следовательно средняя линия данной трапеции равна стороне

АВ, то есть 6,25. Поэтому, . ОТВЕТ: .

9. Решение: . Пусть , .

(стороны углов и перпендикуляр-

ны, следовательно равны). .

. Из имеем: ;

(описанная равнобедренная трапеция).

. . . . ОТВЕТ: 1,6.

Домашние задачи 1. Решение: так как около четырехугольника описана окружность,

то выполняется равенство: . По условию

, следовательно, .

. ОТВЕТ: 39. 2. Решение: Дополнительное построение: высота ВК. Так как тра-

пеция описана около окружности, то ( ). Так как трапеция описана около окружности, то

.

. .

. ОТВЕТ: 8.

3. Решение: Так как трапеция вписана в окружность, она равно-

бедренная.

СOD ODCODCMO 8,4

CD

ODOCOM

6,92 rhАВ тр

08,942

106,96,9

трS

ОСМОВМОBH

4 СМВМВН

ОBH 522 НВОНОВ OHBAOB

BHOBOBAB :: 25,64:52 AB

CDAB

5,3725,66 трS 5,37

MNKMNLK SS 2 А NKMFSMNK 2

1

FOM FOM BAK

sinsin rMOFOMMF

sin2sin2

1 2 rrrSMNK ABPAB

BPsin

2

ADBCAB

5,22

h

SADBC

5

4

5,2

2sin

5

4MNKS

5

8

5

42 MNLKS

МDBММCAМ

DMВМ 694 MCAMDMBM

).150sin30sin

150sin30sin(2

1

AMMDMDCM

AMMDBMAMS ABCD

39ABCDS

BKAB 2 30

BKABCDABADBC 42

222

4

2BK

BKBKBK

BCADSтр

2

SBK

822

22 SS

BKAB

102

Из имеем: .

Из имеем: . . ОТ-

ВЕТ: 12. 4. Решение: Трапеция, вписанная в окружность, является рав-

нобедренной. Центр окружности лежит внутри трапеции на

общем серединном перпендикуляре к ее основаниям. Пусть , тогда . Из прямоугольных тре-

угольников и получаем: , то есть . Отсюда . Следовательно,

. ОТВЕТ: 25. 5. Решение: Так как трапеция равнобедренная, то ее диагонали

равны и около нее можно описать окружность. Тогда

, , .

ОТВЕТ: 5. 6. Решение: Пусть точка Е – середина большей дуги ВС окружности, в которую впи-

сан прямоугольник ABCD, , . По теореме Пифагора

; О – центр окружности, ее радиус

. Пусть диаметр пересекает и в

точках и соответственно, тогда ,

, , . Из пря-

моугольного : . Из прямоугольного : . ОТВЕТ: 20 и 15.

Выходной контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 16 39 24 1 12 Вариант 2 8 32 2 2 12,5

Модульная программа «Метод площадей» Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: - прямоугольный, по теореме Пифагора

.

, с другой стороны , тогда

ABD 5,13

9

515

sin2

ABD

ADR

ABC 9sin2 BACRBC 122

ADBC

l

xOH xOK 27AOH BOK 2222 OKBKOHAH

2222 )27(1524 xx 7x 25724 22 AOR

ADBCCDABBDAС

4313132 AC 5AC

7АВ 24ВС

2522 BCABAC

2

25

2

1 ACOAOER EF BC AD

K N2

7

2

1 ABONOK

9 OKEOEK 16 ONEOEN 122

1 BCANBK

ANE 2022 NEANAE BKE

1522 KEBKBE

ABC

2222 baBCACАВ

2

abS ABC

2

CHABS ABC

103

. ОТВЕТ: .

2. Решение: Две окружности пересекаются в точках С и М. Радиус большой окруж-

ности равен 39, следовательно, , а меньшей – 17, тогда

, а расстояние между центрами – 44. Найдем площадь

по формуле Герона: , С другой

стороны , отсюда , а длина общей хор-

ды СМ: . ОТВЕТ: 30. 3. Решение: - равнобедренный ( ), . Пусть

. или

. Отсюда . По теореме косинусов найдем основание тре-

угольника: , следовательно, . ОТВЕТ: 6. 4. Решение: Соединим вершины А и С четырехугольника. Рас-

смотрим и у них общий угол D, тогда

.

Следовательно, .

Аналогично для и : . Значит,

.

Таким образом,

.

Значит, . ОТВЕТ: .

5. Решение: Четырехугольник KLMN, вершинами которого

являются середины сторон произвольного выпуклого четы-

рехугольника – параллелограмм. Длины сторон этого парал-

лелограмма равны и , где и - длины диагоналей

ABCD. Кроме того, . Как углы соответ-

ственно параллельны сторонами. Следовательно,

. Таким образом, . ОТ-

ВЕТ: . 6. Решение: : , , .

22

2

ba

ab

AB

SCH ABC

22 ba

ab

39AC17BC

ABC 3306331150 ABCS

AВСНS ABC 2

115СН

302 СНСМ

ABC BCAB 120ABC

xBCAB 120sin2

sin2

1 2xABCBCABS ABC

2

4

333 x

32x

ABCABABAC cos22 222 6АС

DNM DAC

12

1

DCDA

DMDN

S

S

DAC

DNM

DACDNM SS12

1

BKL BAC12

1

BCBA

BLBK

S

S

BAC

BKL

BACBKL SS12

1

12

1

12

1)(

12

1

12

1

12

1 ABCDBACDACBACDACBKLDNM SSSSSSS

12

11

12

11)( KBLDNMABCDAKLCMN SSSS

12

11

12

1d 22

1d 1d 2d

COBKLM

ABCDKLMN Sdddd

S2

1)sin

2

1(

2

1sin

22 2121

SSS KLMNABCD 22

S2ABC 5АВ 8ВС 60АВС

104

. С другой стороны . Тогда

. АС найдем по теореме косинусов

, . Следовательно,

. ОТВЕТ:

7. Решение: , ,

. Найдем сумму:

.

8. Решение: с другой стороны

или .

Тогда .

9. Решение: Треугольники ABD и ADC – треугольники, имеющие одинаковые высо-

ты. Следовательно, (по свойству биссектри-

сы AD). Значит, . и - треугольники,

имеющие одинаковую высоту, опущенную из вершины D на

сторону АВ. Таким образом, . Поэтому

. Откуда . ОТВЕТ: 4:1.

10. Решение: Проведем в перпендикуляры СК и AL из

точек С и А на прямую . Треугольники АОВ и ВОС имеют

общую сторону ОВ, а высоты их равны AL и CK. Значит,

(используя подобие треугольников и

). Таким образом, .

ОТВЕТ: 15. 11. Решение: Пусть в , , . Из

условия задачи

вытекает, что , и

. Тогда имеем систему:

31060sin2

1 BCABS ABC 2

ВHAСS ABC

AC

SВН

ABC

2

49cos2222 ABCBCABBCABАС 7AC

7

3202

AC

SВН

ABC

7

320

S

a

hahS

aa 2

1

2

1 S

b

hbhS

bb 2

1

2

1

S

c

hchS

cc 2

1

2

1

r

P

S

cba

S

c

S

b

S

a

hhh cba

1

Pr2222

111

))()(( cpbpappS

CBOABOABC SSS )(222

barrbra

S ABC

ba

cpbpapp

ba

Sr

))()((2

)(

2

3

4

AB

AC

BD

DC

S

S

ABD

ADC

ABCABD SS7

3 ADF DFB

5

7

CB

AC

FB

AF

S

S

DFB

ADF

ABCABCABDADF SSSS4

1

7

3

12

7

12

7

1

4

ADF

ABC

S

S

ABC

1BB

5

3

1

1

CB

AB

CK

AL

S

S

BOC

AOB LAB1

KCB1 155

3 BOCAOB SS

ABC 6AC 3BC xAB

AChS ABC 12

1BChS ABC 22

1

ABhS ABC 32

1

105

. Получаем, что , ,

следовательно, . ОТВЕТ: 4. 12. Решение: В AD – медиана, BE – биссектриса,

. . В BF – биссектриса и высота, сле-

довательно, - медиана. Значит, и - равно-

бедренный, . Следовательно, в - высота и

медиана, поэтому . Значит, . Далее

, значит, , поэтому по свойству биссектри-

сы . В и одинаковая высота, опущенная из вершины D на

сторону АС, поэтому . Отсюда . Следовательно,

. По свойству медианы . ОТВЕТ: 60. 13. Решение: В AD – медиана, . Пусть и

, , . Так как , то

. Следовательно, . Далее

(СУС). Поэтому , откуда

, . Но , следовательно,

. Таким образом, , тогда .

ОТВЕТ: . Домашние задачи 1. Решение: Пусть сторона правильного треугольника

равна . Площадь равна: . С

другой стороны

.

321

31

32

12

321

13

32

21

2

6

3

2

2

32

22

32

33

hhh

xhh

xhh

hh

hhh

hhx

hx

h

hh

13 2

3hh 11 2

36 hxh

4xABC

ADBF 5FDES ABD

BF FDAF ABD

BDAB AЕD EF5 FEDAFE SS 10ADES

BDAB BCAB2

1

2

1

BC

AB

EC

AEADE DEC

2

1

EC

AE

S

S

DEC

AED 202 AEDDEC SS

30 DECAEDADC SSS 602 ADCABC SS

ABC DCBD ABMN ||

QSS AONMOD SSABC aBC DCBD

SSS ADCABD 2

1

2

SSS ANMBMNC

NMCABC 2

12

1

S

S

BC

MC

22

aBCMC

2

)12(

22

aaaDCMCMD MODBAD

DA

OD

BD

DM

2

)12(

21

aOD

OA

OD

DA2112

12

1

OD

OA

1:2

ABC a ABC4

32aS ABC

)(2

1

2

1

2

1

2

1321321 hhhaBChABhACh

SSSS AOCBOCAOBABC

106

Тогда . Получили, что сумма расстояний от любой точки,

лежащей внутри равностороннего треугольника, до его сторон не зависит от выбора

этой точки. 2. Решение: Пусть , , , .

Тогда . С другой стороны, по формуле Герона

. Пусть , тогда ,

и , или

. Отсюда или (другая боковая сторона соответственно

равна 15 и 13). Значит, боковые стороны треугольника равны 13 и 15. ОТВЕТ: 13, 15. 3. Решение: Пусть в , , - медианы,

, . Рассмотрим , ,

, . Тогда и

. Далее . ОТВЕТ: 720. 4. Решение: , , , . Тогда получаем

, тогда .

ОТВЕТ: , .

5. Решение: Пусть в трапеции ABCD , , ,

, точка О – точка пересечения диагоналей.

( ), следовательно, . Значит, . Тре-

угольники АВО и АОD имеют общую высоту, опущенную из вершины А, поэтому

. Аналогично . Обозначим: , тогда ,

, . Тогда или .

Таким образом, , , . ОТ-

ВЕТ: .

6. Решение: Пусть в , , .

. Получаем

2

32321

a

a

Shhh ABC

ABC ACBD 12BD 14AC 28 BCAB

842

1 ACBDS ABC

))()(( cpbpappS xAB xBC 28

212

1428

p 84)7)(21(721 xxS ABC

0195282 xx 13x 15x

ABC 26AC 1AA 1СС

301 AA 391 СС AОС 203

21 AAAO

263

21 ССCО 26АС 36

2

262620

p

24010101636 AOCS 72024033 AOCABC SS

bhahSпар 21 pba 2)(2 pba bpa

21

121)(

hh

phbbhhbp

21

2

hh

phbpa

21

2

hh

ph

21

1

hh

ph

BCAD || 1BC 2AD

3ABCDS DOABOC

ADBC ||2

1

OD

OB

AD

BC

4

1

DOA

BOC

S

S

2

1

OD

BO

S

S

AOD

ABO

2

1

OD

BO

S

S

COD

CBO SSBOC SS AOD 4

SSABO 2 SSCOD 2 3224 SSSS3

1S

3

1BOCS

3

4AODS

3

2 DOCABO SS

3

2;

3

2;

3

4;

3

1

ABC 15AC 14BC 13AB

ABhBChAChS ABC 321 2

1

2

1

2

1

107

. Следовательно, - наименьшая высота. Найдем площадь по

формуле Герона: . Тогда .

ОТВЕТ: .

7. Решение: Рассмотрим и , у этих треугольников

общая высота, опущенная из вершины В. Тогда . Анало-

гично у и - общая высота, опущенная из вершины D.

Поэтому . Следовательно , или

, что и требовалось доказать. Контроль 1 2 3 4 5 Вариант 1 20, 10, 15.

5 SQ 45, 45, 90

Вариант 2 24

5 6S

2

2h

V. Модульная программа «Метод вспомогательной окружности»

Задачи для самостоятельного решения 1. Решение: Дан острый угол . , следо-

вательно, вокруг четырехугольника можно описать

окружность. (вписанные углы, опира-

ющиеся

2. Решение: , следовательно, вокруг четы-

рехугольника можно описать окружность.

(вписанные углы, опирающиеся на одну

и туже дугу ). (по двум углам). Из подобия

треугольников следует равенство углов: . Что и

требовалось доказать. 3. Решение: 1) так как , то точки A, B, C, D – лежат

на одной окружности. 2) , то AD – диаметр окружности, следователь-

но 3) Так как , значит трапеция ABCD – равнобедренная.

Проведем и , тогда и

321 131415 hhh 1h ABC

8467821 ABCS15

168

15

28421

AC

Sh

15

168

ABО СВО

CO

AO

S

S

CBO

ABO

AOD COD

CO

AO

S

S

COD

AOD

COD

AOD

CBO

ABO

S

S

S

S

AODBOCCODAOB SSSS

BAC 18011 PABPAC

11PBAC

1111 2

1PCPBCAPC

180 APMAQM

AQMP

AQAMQAPK 2

1

AQ AMQAPK

MAQPAK

ACDABD

90 ACDABD13R

ADBC ||

ADBH ADCН 1 82

10261

DНAH

108

.

4) В , ВН – высота, тогда: .

5) . ОТВЕТ: 216.

4. Решение: Так как ABFD – квадрат, а М – его центр, то , следовательно, . Значит, как вписан-

ные углы, опирающиеся на равные дуги. 5. Решение: , следовательно, вокруг четырех-

угольника можно описать окружность.

(вписанные углы, опирающиеся на одну и

туже дугу ). Что и требовалось доказать. 6. Решение: , следовательно, вокруг четырех-

угольника можно описать окружность с центром О и

радиусом R. , получаем, что и -

правильный. Следовательно, ( как впи-

санный и центральный углы, опирающиеся на одну и туже

дугу ). Тогда . Итак,

, а . ОТВЕТ:

30 и 150. 7. Решение: 1) О – центр описанной окружности около , следовательно, - центральный и , а

вписанный и , .

2) , . В равнобедренном . В равнобедренном . 3)

, . 4) , следовательно, точки O, D, E, F лежат на

окружности. 5) , следовательно, - равнобедренный и , , (как вписанные, опирающиеся на равные дуги), следовательно

, значит ЕО – биссектриса . 8. Решение: 1) , следовательно, точки, А,

, , С – лежат на окружности с диаметром АС. 2) так как МО – серединный перпендикуляр к , то

.

18НD

ABD 12 HDAHBHHD

BH

BH

AH

2162

BHADBC

S ABCD

BMAM

BMAM MCBACM

180 ANMACМ

ACMN

ACAMCANC 2

1

AC

180 BNDBМD

BMDNMNRBD 22 RMN OMN

302

1 MONMBN

MDN 150180 MBNADCMDN

150 ABCADC 302

2150360

BCDBAD

ADF

DOF DFDOF DAF

DFDAF 2

1DAFDOF 2

ABC ACB 180DBE BDBE 2180FEC CFEC 2180

)2180()2180(1802180180 CBAFECDEBDEF

AABC 2180180)180(2180)(2 ADEF 2180

180)180(2 AADEFDOF

OFOD ODF OFDODF OEFODF

OEDOFD

OEFDEO DEF

9011 CAAСAС

1С 1A

11СA ACO

109

3) , а точки и лежат на окружности и находятся на одина-

ковом расстоянии от точки О, а точка О лежит на диаметре окружности. Значит О – середина АС. 9. Решение: , следовательно, вокруг четырех-

угольника можно описать окружность.

(вписанные углы, опирающиеся на одну и

туже дугу ). , следовательно, вокруг четырехугольника

можно описать окружность. (впи-

санные углы, опирающиеся на одну и туже дугу ). В , следовательно . Значит, - правильный. 10. Решение: , следовательно, вокруг четырехугольника

можно описать окружность . ,

(вписанные углы,

опирающиеся на одну и туже дугу ). .

1) , , .

2) , , .

3) , ,

4) , , . Получили, что

. 11. Решение: , , . Получаем,

что

(по катету и острому углу), следовательно

и так как , то FQCD – прямоугольник. Около

прямоугольника FQCD можно описать окружность, и центр окружности – середина

диагонали CF точка О. , следовательно, точки Н, С, D, F лежат на

одной окружности и точки F, Q, C, D тоже лежат на одной окружности. Эти обе

окружности проходят через точки С, D, F, а через три точки можно описать только

одну окружность, следовательно точки H, Q, C, D, F лежат на одной окружности.

DQ – диаметр окружности, значит . ОТВЕТ: 90. 12. Решение: Так как К и О – середины ВС и АС, следовательно

, F – середина AD. ABKF – прямоугольник, следовательно, А, В, К, F – лежат на

одной окружности с центром . FM – средняя линия равнобедренного . - прямоугольный, с гипотенузой , а так же BF – диаметр

11 OAOCOMO 1С 1A

180 КНААВК

АВКН60 КВНКАН

КН

180 КНРКСЗ

KCPH 60 KPHKCH

KHBHC 60 KCHKBH 60BHC BHC

180 DCBDAB ABCD

RDB 2 ABACBADB 2

1

CBCABBDC 2

1

AB 90DAC

ABD 90ADB

ADcos cos2cos RDBAD

ADF 90FAD

AF )90cos( sincos2)90cos( RADAF

CBD 90C sin2sin RBCBD

BC

CBE 90E cossin2coscos RCBCECB

СE

cossin2RCEAF

BQAF BFPC ABFBCPBABC

ABFPBC BQBP

BPAF

BQAF ADFQ

180 CDFCHF

90DHQ

FADKO

1O

ODFMAOD BMF

BF

110

окружности. Значит точка М лежит на этой же окружности. - вписанный и опирается на

диаметр АК. . ОТВЕТ: 90. Домашние задачи 1. Решение: OMBN – четырехугольник. , следовательно, вокруг четырехугольника можно

описать окружность , - центр. BM и BN – касательные к окружности с центром в точке О.

Следовательно, , и ВО – биссектриса и ОВ

– биссектриса , то есть - а это впи-

санные углы в окружность с центром . Значит

. 2. Решение: 1) Так как , следовательно, А,

, , С – лежат на окружности с диаметром АС. 2) Отрезок делит хорду пополам и , ON – средняя линия трапеции AFKC . 3. Решение: 1) , следовательно, вокруг

четырехугольника можно описать окружность . Пусть , . 2) , , , .

.

3) , , , .

.

4) . Если , следовательно,

. Если ( ), то

, так как

. Получаем .

5. Решение: 1) Построим . 2) , можно описать окруж-

ность около четырехугольника . 3) так как и

как вписанные и опирающиеся на дугу MD. (сумма углов ). , следовательно,

. ОТВЕТ: 90. 6. Решение: 1) , следовательно, около BAQE мож-

но описать окружность. Так как .

AMК

90AMК

180 NMOMBN

ROB 2 2O

BNMB MBN

MON NOBMOB

2O

BHNMHBBNMB

9011 CAAСAС

1C 1A

ON 11СA 11 ACON

11 KAFC

18021 MOMMOM

21MMOM ROM 2

AOM BOM

MOM 1 901 M cos21 ROM sin21 RMM

2sincossin42

1 22

1RRS MOM

MOM 2 902 M cos22 ROM sin22 RMM

2sincossin42

1 22

2RRS MOM

)cos()sin(22sin2sin 222

21 RRRS MMOM

AOBRS MMOM sin2 2

21

AOBRAOBRRS MMOM sin2)cos(sin2)cos()sin(2 222

21

1)cos(0 AOBOMS MMOM sin2

1 2

21

BMCDAM 1

1801 DAMAMDBMCAMD

1AMDM

MADADMMADBCM 1 1ADMBCM

DMMMAD 1

180111 DKMDMMADM 1KDM ADMM 1

9011 MDMADM

180 AQEAВE

9090 AQEABЕ

111

2) , .

3) , следовательно, около ADFP можно описать окружность. Так

как .

4) , .

5) .

Контроль 1 2 3 Вариант 1 20 90, 60, 30 Вариант 2 90 45

AQE 90AQE AQAQ

AE 245cos

90 ADFAPF

9090 APQADF

APF 90APF APAP

AF 245cos

APQAFE SAPAQAPAQAFAES 245sin2

1245sin22

2

145sin

2

1

112