Геометрия. 16 Гордин. Ежедневно, 10. 0020. 00, кроме воскресеньяабрис рф Москва 8 (495) 2296759СанктПетербург 8 (812) 3270450
 Скачать 1.76 Mb.
|
|
. Окружность с центром O, расположенным внутри прямоугольной трапеции ABCD, проходит через вершины B и C большей боковой стороны и касается боковой стороны AD в точке T а) Докажите, что угол BOC вдвое больше угла б) Найдите расстояние от точки T до прямой BC, если основания трапеции AB и CD равны и соответственно Приложение Решение. а) Точки O и T расположены по одну сторону от прямой, поэтому центральный угол, соответствующий вписанному углу это угол BOC см. рис. ). Следовательно, ∠BOC = Рис. A B O T D C α P H 4 Рис. б) Пусть продолжения боковых сторон трапеции пересекаются в точке P, а H — основание перпендикуляра, опущенного из точки T на боковую сторону BC. Обозначим ∠DPC = α см. рис. ). Из прямоугольных треугольников PDC, PHT и PAB получаем, что sin α = CD PC , sin α = TH PT , sin α = AB PB Значит, CD PC = TH PT и AB PB = TH PT . Перемножив эти два равенства, получим, что AB PC · атак как по теореме о касательной и секущей PT 2 = PC · PB, то AB = 4 · 9 = Следовательно, TH = Ответ 6. . В выпуклом четырёхугольнике ABCD известны стороны и диагональ а) Докажите, что вокруг этого четырёхугольника можно описать окружность. б) Найдите BD. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ Р е ш е ни е. а) По теореме косинусов из треугольников ABC и находим, что cos ∠ABC = BA 2 + BC 2 − AC 2 2BA · BC = 9 + 25 − 49 2 · 3 · 5 = − 1 2 , cos ∠ADC = DA 2 + DC 2 − AC 2 2DA · DC = 64 + 25 − 49 2 · 5 · 8 = 1 Значит, ∠ABC = и ∠ADD = см. рис. ). Сумма противоположных углов ABC и ADC четырёхугольника ABCD равна 180 ◦ , следовательно, вокруг него можно описать окружность 5 8 7 333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333 Рис. A B C D K α α 5 5 8 7 15 7 40 7 333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333 Рис. б) Первый способ. Пусть диагонали AC и BD пересекаются в точке. Вписанные углы BAC и DAC опираются на равные хорды, значит = ∠CBD = ∠DAC = Тогда треугольники BKC и ABC подобны по двум углам (угол при вершине общий, поэтому. Отсюда находим, что = AB · BC AC = 3 · 5 7 = 15 Аналогично, из подобия треугольников DKC и ADC находим, что = 40 см. рис. ). Следовательно = BK + DK = 15 7 + 40 7 = 55 Второй способ. Обозначим ∠BAC = ∠DAC = α. По теореме косинусов из треугольника ADC находим, что cos α = 49 + 64 − 25 2 · 7 · 8 = 11 14 Приложение Тогда cos ∠BAD = cos 2α = 2 cos 2 α − 1 = 2 · 121 196 − 1 = 121 98 − 1 = 23 Следовательно = p BC 2 + CD 2 + 2BC · CD cos ∠BAD = = q 25 + 25 + 2 · 5 · 5 · 23 98 = 5 q 2 + 23 49 = 5 q 121 49 = 55 Третий способ. По теореме Птолемея для вписанного четырёх- угольника ABCD получаем, что CD + BC · AD = AC · или 5 + 5 · 8 = откуда BD = 55 Ответ 7 . Высоты треугольника ABC с тупым углом ABC пересекаются в точке H. Угол AHC равен а) Докажите, что угол ABC равен б) Найдите BH, если AB = 6, BC = Решение. а) Пусть и CC 1 — высоты треугольника ABC. Поскольку угол ABC тупой, точка H пересечения прямых иле- жит вне треугольника ABC. При этом точки B и H лежат по одну сторону от прямой AC см. рис. Рис. В четырёхугольнике углы при вершинах и равны по 90 ◦ , значит, сумма двух других углов этого четырёхугольника равна. Следовательно ABC = ∠A 1 BC 1 = 180 ◦ − ∠AHC = 180 ◦ − 60 ◦ = 120 ◦ Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ б) Пусть O — центр окружности, описанной около треугольника, M — середина стороны AC. Известно, что BH = 2OM. (Действительно, если N — середина стороны BC, то MN — средняя линия треугольника, значит, MN k AB. Прямая ON — серединный перпендикуляр к стороне BC, атак как AH ⊥ BC, то ON k AH. Прямые и BH также параллельны, те. обе они перпендикулярны прямой Значит, стороны треугольника ABH соответственно параллельны сторонам треугольника NMO. Эти треугольники подобны с коэффициентом, так как AB = 2MN. Следовательно, BH = 2OM.) A C B 1 H A 1 C 1 N M O 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ 120 ◦ B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B B 666666666666666 666666666666 666666666666666666666666666666666666666666666 6 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 10 Рис. Поскольку угол ABC тупой, точки H и O лежат по разные стороны от прямой AC. Градусная мера дуги AC, не содержащей точки B, вдвое больше градусной меры вписанного угла ABC, те. равна 240 ◦ . Тогда градусная мера дуги ABC равна 120 ◦ . Значит, соответствующий этой дуге центральный угол AOC также равен см. рис. По теореме косинусов = p BA 2 + BC 2 − 2BA · BC cos 120 ◦ = p 36 + 100 + 6 · 10 = p 196 = Из прямоугольного треугольника OMC находим, что = CM ctg ∠COM = 7 ctg 60 ◦ = 7 p 3 Приложение Следовательно = 2OM Ответ. Окружность проходит через вершины A, B и D параллелограмма, пересекает сторону BC в точках B и M, и пересекает продолжение стороны CD заточку в точке а) Докажите, что отрезки AM и AN равны. б) Найдите отношение длин отрезков CD и DN, если AB : BC = 1 : а cos ∠BAD = Решение. а) Трапеция ABMD вписана в окружность, значит, она равнобокая. Диагонали равнобокой трапеции равны, поэтому = BD. Трапеция ABDN вписана в окружность, значит, она также равнобокая, поэтому BD = AN см. рис. ). Следовательно, AM = Рис. Рис. б) Обозначим CD = AB = x, DN = y. Тогда AD = BC = 3x. Рассмотрим равнобокую трапецию ABDN с основаниями AB = x, DN = y и диагоналями BN = AD = 3x. Через точку N проведём прямую, параллельную. Пусть P — точка пересечения этой прямой с продолжением отрезка AB см. рис. ). Рассмотрим треугольник BNP со сторонами, и углом BPN, равным углу По теореме косинусов 2 · BP · NP cos или + y) 2 + 9x 2 − 2(x + y) · 3x · 2 5 , 5 y 2 − 2xy − 7x 2 = 0, Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ откуда y = 7 5 x. Следовательно 5 x = 5 Ответ 5 : 7. . Окружность проходит через вершины A, B и C параллелограмма, а также через точки E и K, которые лежат на продолжениях сторон AD и CD за вершину D соответственно. а) Докажите, чтоб) Найдите отношение, если ∠BAD = Решение. а) Трапеция ABCE вписана в окружность, значит, она равнобокая. Диагонали равнобокой трапеции равны, поэтому = AC. Трапеция ABCK вписана в окружность, значит, она также равнобокая, поэтому AC = BK см. рис. ). Следовательно, BE = Рис. б) Треугольники ADC и KDE подобны по двум углам (см. рис. ), поэтому AC KE = AD DK A B C D K E 120 ◦ 30 ◦ Рис. Приложение Четырёхугольник ABCK вписан в окружность, значит AKD = ∠AKC = 180 ◦ − ∠ABC = ∠BAD = Вписанные углы KAE и KCE опираются на одну и туже дугу, поэтому = ∠KAE = ∠KCE = ∠BCE − ∠BCD = = ∠ ABC − ∠BAE = 150 ◦ − Применив теорему синусов к треугольнику ADK, получим, что ∠AKD sin ∠KAD = sin 30 ◦ sin 120 ◦ = 1 2 p 3 Ответ. Окружность проходит через вершины A, B и D параллелограмма. Эта окружность пересекает BC в точке E, а CD — в точке а) Докажите, что отрезки AE и AK равны. б) Найдите AD, если известно, что EC=48, DK=20, а cos Ответ 50. . Окружность с центром касается оснований BC и AD и боковой стороны AB трапеции ABCD. Окружность с центром касается сторон BC, CD и AD. Известно, что AB = 10, BC = 9, CD = 30, AD = а) Докажите, что прямая параллельна основаниям трапеции ABCD. б) Найдите Решение. а) Пусть окружности с центрами и касаются прямой BC в точках и соответственно, а прямой AD — в точках и соответственно. Тогда точки и O 2 — середины противоположных сторон и прямоугольника P 1 P 2 Q 2 Q 1 . Значит см. рис. ). Следовательно, O 1 O 2 k BC k Рис. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ б) Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому и DO 2 — биссектрисы углов при боковой стороне трапеции Пусть прямая пересекает основание AD в точке K см. рис. Тогда = ∠BCK = поэтому треугольник CDK равнобедренный, DC = DK. Значит, его биссектриса является высотой и медианой. При этом = AD − DK = AD − CD = 39 − 30 = 9 = значит, ABCK — параллелограмм, поэтому CK k AB и CK = AB = 10. A B C D Q 1 Q 2 P 1 P 2 O 1 O 2 N M K x 1 Рис. Пусть N — точка касания с боковой стороной CD окружности с центром O 2 . Тогда O 2 N — высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла. В этом треугольнике известно, что O 2 C = 1 2 CK = 5 и CD = 30. Значит = O 2 C 2 CD = 25 30 = 5 Пусть радиус окружностей равен r. Тогда = O 2 N = p CN · DN = q 5 6 · 30 − 5 6 = 5 p 35 Пусть M — точка касания первой окружности со стороной Обозначим BP 1 = BM = x. Тогда AQ 1 = AM = 10 − x. Угол BAD острый, так как он равен углу CKD при основании равнобедренного треугольника, поэтому x = BM < AM = 10 − x, те Радиус O 1 M — высота прямоугольного треугольника AO 1 B, прове- дённая из вершины прямого угла. Значит, BM · AM = O 1 M 2 = r 2 , или Приложение x(10 − x) = 25 · 35 36 . Из этого уравнения и условия x < 5 находим, что = 25 6 . Следовательно (BP 1 + CP 2 ) = 9 − 25 6 + 5 6 = 9 − 5 = Ответ 4. . Окружность с центром касается оснований BC и AD и боковой стороны AB трапеции ABCD. Окружность с центром касается сторон BC, CD и AD. Известно, что AB = 30, BC = 24, CD = 50, AD = а) Докажите, что прямая параллельна основаниям трапеции ABCD. б) Найдите Ответ 9. . Четырёхугольник вписан в окружность радиуса R = 8. Известно, что AB = BC = CD = а) Докажите, что прямые BC и AD параллельны. б) Найдите Решение. а) Вписанные углы CAD и ACB опираются на равные хорды CD и AB, поэтому ∠ACB = ∠CAD см. рис. ). Следовательно Рис. A B C D R = 8 H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H H α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α α 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 Рис. б) Обозначим ∠CAD =∠BAC =α. Треугольник ACD вписан в окружность радиуса R см. рис. ). По теореме синусов sin α = CD 2R = 12 16 = 3 Тогда cos ∠ADC = cos 2α = 1 − 2 sin 2 α = 1 − 2 · 9 16 = − 1 8 < Значит, углы при основании AD равнобокой трапеции ABCD — тупые Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ Пусть AH — высота трапеции. Тогда точка H лежит на отрезке Из прямоугольного треугольника AHB находим, что = AB cos(180 ◦ − 2α) = −12 cos 2α = −12 · − 1 8 = 3 С другой стороны = BC − AD 2 = 12 − Из уравнения AD 2 = 3 находим, что AD = Ответ . . В трапеции ABCD с основаниями BC и AD углы ABD и ACD прямые. а) Докажите, чтоб) Найдите AD, если AB = 2, BC = Решение. а) Из точек B и C, лежащих по одну сторону от прямой, отрезок AD виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AD см. рис. ). Трапеция ABCD вписана в окружность, поэтому она равнобокая. Следовательно, AB = Рис. Рис. б) Обозначим AD = x. Пусть BH — высота трапеции (см. рис. Тогда = AD − BC 2 = x − 7 атак как BH — высота прямоугольного треугольника ABD, проведён- ная из вершины прямого угла, то или = x − 7 2 · Из этого уравнения находим, что x = Ответ 8. Приложение . Окружность с центром O высекает на всех сторонах трапеции равные хорды. а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются одной точке. б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону AB в точках K итак, что AK = 15, KL = 6, LB = Решение. а) Равные хорды равноудалены от центра окружности, поэтому точка O равноудалена от всех сторон трапеции. Следовательно точка пересечения биссектрис всех углов трапеции (см. рис. ), те. эти биссектрисы пересекаются в точке Рис. A B C D O 12 12 12 L T K 5 Рис. б) Пусть T — основание перпендикуляра, опущенного из точки на боковую сторону AB. Тогда T — середина хорды KL. Треугольник прямоугольный, так как лучи AO и BO — биссектрисы углов, сумма которых равна см. рис. ). Значит, OT — высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, поэтому OT = p AT · BT = p (AK + KT)(TL + LB) = p (15 + 3)(3 + 5) = Расстояния от точки O до оснований трапеции также равны , следовательно, высота трапеции равна Ответ 24. . Окружность с центром O высекает на всех сторонах трапеции равные хорды. а) Докажите, что биссектрисы всех углов трапеции пересекаются одной точке. б) Найдите высоту трапеции, если окружность пересекает боковую сторону AB в точках K итак, что AK = 16, KL = 8, LB = Ответ 20. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ. На боковых сторонах AB и AC равнобедренного треугольника отложены равные отрезки AP и CQ соответственно. а) Докажите, что средняя линия треугольника, параллельная его основанию, проходит через середину отрезка б) Найдите длину отрезка прямой PQ, заключённого внутри описанной окружности треугольника ABC, если AB = AC = BC = 3 p 2, CQ = AP Решение. а) Пусть D и E — середины сторон AB и AC соответственно. Через точку Q проведём прямую, параллельную AB. Пусть эта прямая пересекает прямую DE в точке F, а прямые PQ и DE пересекаются в точке K см. рис. Треугольник EQF равнобедренный, поэтому FQ = QE = DP. Значит, треугольники QKF и PKD равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Следовательно, KQ = KP, те. середина K отрезка PQ лежит на средней линии Рис. A B C D P Q N M O H 3 p 2 p 2 R = p Рис. б) Пусть O — центр окружности радиуса R, описанной около равностороннего треугольника ABC, прямая PQ пересекает эту окружность в точках M и N, точка H — проекция точки O на хорду Тогда H — середина искомого отрезка MN. Точка D — середина стороны равностороннего треугольника ABC, поэтому CD — высота треугольника ABC см. рис. ). Тогда = 2 3 CD = 2 3 · 3 p 2 · p 3 атак как 3 2 p 2 = 2 3 = AQ AC , Приложение то PQ k CD. Тогда OHPD — прямоугольник, значит = DP = AD − AP = 3 2 p 2 − p 2 = p 2 Из прямоугольного треугольника OHM находим, что = p OM 2 − OH 2 = p R 2 − OH 2 = q 6 − 1 2 = q 11 Следовательно = 2MH = 2 q 11 Ответ. Точка O — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC, а BH — высота этого треугольника. а) Докажите, что углы ABH и CBO равны. б) Найдите BH, если AB = 16, BC = 18, BH = Решение. а) Пусть OM — перпендикуляр, опущенный из центра окружности на сторону BC. Тогда M — середина основания равнобедренного треугольника BOC. Поскольку треугольник остроугольный, центр O его описаннной окружности лежит внутри треугольника. Значит, BOC — центральный угол, соответствующий вписанному углу BAC, поэтому (см. рис. ) ∠BAC = 1 2 ∠BOC = Два угла прямоугольного треугольника AHB соответственно равны двум углам прямоугольного треугольника BMO, значит, третьи углы этих треугольников также равны, те Рис. B A C H O M R R 9 Рис. Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ б) Обозначим BH = BO = R. Прямоугольные треугольники AHB и подобны по двум углам (см. рис. ), поэтому, или. Отсюда находим, что 16 = 144 = 12 Следовательно, BH = R = Ответ 12. Приложение . Список полезных фактов. а) Биссектрисы смежных углов перпендикулярны. б) Биссектрисы внутренних односторонних углов при двух параллельных прямых и секущей перпендикулярны. а) Если биссектрисы, проведённые из вершин B и C треугольника, пересекаются в точке O, то ∠BOC = 90 ◦ + 1 2 ∠ б) Если биссектрисы внешних углов при вершинах B и C треугольника пересекаются в точке Q, то ∠BQC = 90 ◦ − 1 2 ∠ A. . а) Если медиана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник прямоугольный. б) Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. а) Отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции, равен полуразности оснований. б) Если сумма углов при одном из оснований трапеции равна то отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, равен их полуразности. . Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали — полусумме оснований. Свойства окружности. а) Диаметр, перпендикулярный хорде, делите пополам. б) Диаметр, проходящий через середину хорды, не являющейся диаметром, перпендикулярен этой хорде. в) Серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр окруж- ности. г) Равные хорды удалены от центра окружности на равные рассто- яния. д) Хорды окружности, удалённые от центра на равные расстояния, равны. е) Окружность симметрична относительно центра и относительно любого своего диаметра. ж) Дуги окружности, заключённые между параллельными хордами, равны. а) Замечательное свойство окружности. Геометрическое место точек M, из которых отрезок AB виден под прямым углом (∠AMB = = 90 ◦ ), есть окружность с диаметром AB без точек A и B. Список полезных фактов б) Геометрическое место точек M, из которых отрезок AB виден под острым углом (∠AMB < 90 ◦ ), есть внешность круга с диаметром без точек прямой в) Геометрическое место точек M, из которых отрезок AB виден под тупым углом (∠AMB > 90 ◦ ), есть внутренность круга с диаметром без точек отрезка г) Геометрическое место точек, из которых отрезок AB виден подданным углом, есть две дуги равных окружностей с общей хордой лежащие по разные стороны от прямой AB, без точек A и B. . а) Линия центров двух пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде и делите пополам. б) Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку касания. а) Радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с катетами a, b и гипотенузой c, равен + b − б) Если M — точка касания со стороной AC окружности, вписанной в треугольник ABC, то AM = p − BC, где p — полупериметр тре- угольника. в) Если окружность касается стороны BC треугольника ABC и про- должений сторон AB и AC, то расстояние от вершины A до точки касания окружности с прямой AB равно полупериметру треугольника ABC. г) Если окружность, вписанная в треугольник ABC, касается сторон и AC соответственно в точках K, L и M, а ∠BAC = α, то = д) Если прямые, проходящие через точку A, касаются окружности в точках B и C, то центр вписанной окружности треугольника лежит на окружности S. e) Если расстояние между центрами окружностей радиусов r и равно a и a > R + r, то отрезки общих внешних и общих внутренних касательных, заключённые между точками касания, равны соответственно и p a 2 − (R + r) 2 . Если окружности радиусов r и R с центрами и касаются внешним образом в точке K, а прямая касается этих окружностей в различных точках A и B и пересекается с общей касательной, проходящей через точку K, в точке C, то ∠AKB = и а отрезок AB общей внешней касательной окружностей равен отрезку общей внутренней касательной, заключённому между общими внешними. Оба эти отрезка равны 2 p Rr. Приложение . а) Угол между касательной и хордой, проведённой через точку касания, равен половине угловой величины дуги, заключённой между ними. б) Угол между пересекающимися хордами равен полусумме противоположных дуг, высекаемых хордами. в) Угол между двумя секущими равен полуразности дуг, высекаемых секущими на окружности. а) Если прямая, проходящая через точку A и центр O вписанной окружности треугольника ABC, вторично пересекает описанную окружность этого треугольника в точке M, то треугольники и COM равнобедренные. б) Формула Эйлера. Если O 1 , O 2 — центры вписанной и описанной окружностей треугольника ABC, аи радиусы этих окружностей, то O 1 O 2 = p R 2 − 2rR. . а) Если четырёхугольник можно вписать в окружность, то сумма его противоположных углов равна б) Если сумма противоположных углов четырёхугольника равна, то около него можно описать окружность. а) Если в четырёхугольник можно вписать окружность, то суммы его противоположных сторон равны. б) Если суммы противоположных сторон выпуклого четырёхуголь- ника равны, тов него можно вписать окружность. а) Если в трапецию можно вписать окружность, то боковая сторона трапеции видна из центра окружности под прямым углом. б) Если окружность вписана в равнобедренную трапецию, то боковая сторона трапеции равна её средней линии. в) Если в трапецию можно вписать окружность, то радиус окружности есть среднее пропорциональное (среднее геометрическое) отрезков, на которые точка касания делит боковую сторону. а) Замечательное свойство трапеции. Точка пересечения диагоналей трапеции, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой. б) Отрезок прямой, параллельной основаниям трапеции, заклю- чённый внутри трапеции, разбивается её диагоналями натри части. Тогда отрезки, прилегающие к боковым сторонам, равны. в) Если через точку пересечения диагоналей трапеции с основаниями и b проведена прямая, параллельная основаниям, то отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами трапеции, равен + b Список полезных фактов г) Если трапеция разделена прямой, параллельной её основаниям, равным a и b, на две равновеликие трапеции, то отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами, равен q a 2 + b 2 д) Если трапеция разделена прямой, параллельной её основаниям, равным a и b, на две подобные трапеции, то отрезок этой прямой, заключённый между боковыми сторонами, равен p ab. . а) Если и CC 1 — высоты треугольника ABC, то треугольник AB 1 C 1 подобен треугольнику ABC, причём коэффициент подобия равен б) Если H — точка пересечения высот треугольника ABC, а O центр его описанной окружности, то отрезок AH вдвое больше расстояния от точки O до середины стороны в) Точки O, H и точка M пересечения медиан треугольника лежат на одной прямой (прямая Эйлера, причём точка M лежит на отрезке OH и OM : MH = 1 : г) Если и CC 1 — высоты треугольника ABC, а O — центр описанной окружности, то OA ⊥ д) Точки, симметричные точке пересечения высот (ортоцентру) треугольника ABC относительно прямых AB, AC и BC, лежат на описанной окружности треугольника е) Точки, симметричные точке пересечения высот треугольника относительно середин его сторон, лежат на описанной окружности треугольника ж) Если AA 1 , и CC 1 — высоты остроугольного треугольника, то биссектрисы треугольника A 1 B 1 C 1 (ортотреугольника треугольника ABC) лежат на прямых AA 1 , и CC 1 . Если же треугольник тупоугольный, тона этих прямых лежат биссектрисы двух внешних и третьего внутреннего углов треугольника A 1 B 1 C 1 . а) Произведения отрезков пересекающихся хорд окружности равны. б) Теорема о касательной и секущей и следствие из не. Если из одной точки проведены к окружности касательная и секущая, то произведение всей секущей на её внешнюю часть равно квадрату каса- тельной. Произведение всей секущей на её внешнюю часть для данной точки и данной окружности постоянно. в) Прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей, делит пополам общую касательную к ним. г) Общие хорды (или их продолжения) трёх попарно пересекающихся окружностей проходят через одну точку либо параллельны Приложение . Средние пропорциональные в прямоугольном треугольнике. Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное (среднее геометрическое) проекций катетов на гипотенузу, а каждый катет есть среднее пропорциональное гипотенузы и своей проекции на гипотенузу. а) Следствие из теоремы косинусов. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон. б) Формула для медианы треугольника. Если m c — медиана треугольника, проведённая к стороне c, то m c = 1 2 p 2a 2 + 2b 2 − c 2 , где и b — остальные стороны треугольника. Формулы для биссектрисы треугольника. Если a и b — стороны треугольника — угол между ними, l — биссектриса треугольника, проведённая из вершины этого угла, аи отрезки, на которые биссектриса делит третью сторону треугольника, то = 2ab cos γ 2 a + b , l 2 = ab − a ′ b ′ . Формулы для площади треугольника. Если a, b и c — стороны треугольника, β и γ — противолежащие им углы, h a , и h c — высоты, проведённые из вершин этих углов, p — полупериметр треугольника радиус описанной окружности, r, r a , и r c — радиусы вписанной и вневписанных окружностей, касающихся сторон a, b и c соответственно, а S — площадь треугольника, то = 1 2 ah a , S = 1 2 ab sin γ, S = abc 4R , S = pr, S = (p − a)r a , S = p p(p − a)(p − b)(p − c) (формула Герона), S = 2R 2 sin α sin β sin γ, S = a 2 sin β sin γ 2 sin(β + γ) , S = h b h c 2 sin α , S = p rr a r b r c . а) Площадь четырёхугольника с перпендикулярными диагоналями равна половине произведения диагоналей. б) Площадь любого четырёхугольника равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними. а) Медиана разбивает треугольник на два равновеликих. б) Три медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих. в) Если площадь треугольника равна S, то площадь треугольника, составленного из его медиан, равна г) Если точка D лежит на стороне BC треугольника ABC или на её продолжении, то Список полезных фактов д) Если точки P и Q лежат на сторонах AB и AC или на их продол- жениях, то. а) Середины сторон любого четырёхугольника являются вершинами параллелограмма, причём площадь параллелограмма вдвое меньше площади четырёхугольника. б) Середины двух противоположных сторон любого четырёхуголь- ника и середины его диагоналей либо являются вершинами параллелограмма, либо лежат на одной прямой. Диагонали четырёхугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов противоположных сторон равны. Если диагонали AC и BD четырёхугольника ABCD, вписанного в окружность радиуса R с центром O, пересекаются в точке P и перпендикулярны, то а) расстояние от точки O до стороны AB вдвое меньше стороны б) медиана PM треугольника APD перпендикулярна стороне в) г) площадь четырёхугольника ABCD равна 2 (AB · CD + BC · AD), причём для любого другого четырёхугольника ABCD с теми же сторонами площадь меньше, чем 2 (AB · CD + BC · AD). . Две окружности касаются внутренним образом в точке M. Если — хорда большей окружности, касающаяся меньшей окружности в точке T , то MT — биссектриса угла AMB. . Если вписанная окружность касается сторон AB и AC треугольника в точках M и N, а P — точка пересечения прямой MN с биссектрисой угла B, то ∠BPC = 90 ◦ . Окружность Аполлония. Геометрическое место точек, расстояния от каждой из которых до двух данных точек относятся как m : n (m 6= n), есть окружность. Теорема Птолемея. Сумма произведений противоположных сторон вписанного четырёхугольника равна произведению его диагоналей. Теорема Менелая. Дан треугольник ABC. Некоторая прямая пересекает его стороны AB, BC и AC или их продолжения) в точках C 1 , A 1 , соответственно. Тогда Приложение . Теорема Чевы. Пусть точки A 1 , и принадлежат сторонам (или их продолжениям) соответственно BC, AC и AB треугольника. Прямые AA 1 , BB 1 , пересекаются водной точке или параллельны тогда и только тогда, когда Литература. Атанасян Л. С, Бутузов В. Ф, Кадомцев С. Б, Позняк Э. Г, Юдина И. И. Геометрия. Учебник для общеобразовательных учреждений. М Просвещение. Гордин Р. К. Геометрия. Планиметрия. — классы. М МЦНМО, . . Гордин Р. К. Избранные задачи школьной геометрии. Базовый и профильный уровни. М МЦНМО, . . Погорелов А. В. Геометрия —. М Просвещение, . . Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. М МЦНМО, . . Сборник задач по математике для поступающих в вузы / Под ред. М. И. Сканави. М ОНИКС век, АЛЬЯНС-В, . . Сергеев И. Н. Математика. Задачи с ответами и решениями Пособие для поступающих в вузы. М КДУ, . . Смирнов В. А, Смирнова ИМ. Геометрия —. М Мнемозина, . . Смирнов В. А, Смирнова ИМ. Геометрия —. Учебник для общеобразовательных учреждений. М Мнемозина, . . Ткачук В. В. Математика — абитуриенту. М МЦНМО, . . Шарыгин И. Ф. Факультативный курс по математике. Решение задач. М.: Просвещение, . . Шарыгин И.Ф. Задачи по геометрии. Планиметрия. М Наука, . (Библиотечка Квант вып. ). . Информационно-поисковая система Задачи по геометрии Электронный ресурс. URL: http://zadachi.mccme.ru Ответы и указания Диагностическая работа + 3 cos 2 α, c 2 · p 1 + 3 sin 2 α. . 1 2 . . p 21. . 37,2. . 2 p 3. . 1 4 . 60. . 2R. . 45 ◦ . . 12 5 . . 16,9; 2,4; 14,3. . 4 3 R 2 p 2. . и 210 ◦ . ab c . p 3 2 |