Презентация по математике на тему Многовариантные задачи по планиметрии (9-11 класс)
Планиметрические задачи снеоднозначностью в условии(многовариантные задачи)(типовые задания С4)Тихомирова Галина Юрьевна МБОУ «СОШ № 23 г. Владивостока»
1. Взаимное расположение линейных фигур1.1 Взаимное расположение различных точек на прямой1.2 Взаимное расположение точки и отрезка, лежащих на одной прямой1.3 Взаимное расположение прямой и точки вне прямой1.4 Взаимное расположение прямой и двух точек вне прямой1.5 Взаимное расположение точки и двух параллельных прямых2. Взаимное расположение прямолинейных фигур2.1 Взаимное расположение треугольников2.3 Взаимное расположение многоугольников2.4 Взаимное расположение треугольника и окружности3. Взаимное расположение окружностей3.1 Расположение центров окружностей относительно общей касательной3.2 Расположение центров окружностей относительно их общей точки касания3.3 Расположение центров окружностей относительно общей хорды3.4 Расположение центров окружностей относительно хорды большей окружности3.5 Расположение точек касания окружности и прямой2.2 Взаимное расположение треугольника и многоугольника
4. Взаимное расположение элементов фигуры4.1 Выбор обозначений вершин многоугольника4.2 Выбор линейного элемента4.3 Выбор углового элемента4.4 Выбор кругового элемента4.5 Выбор плоской фигуры5. Соответствие между множеством фигур и множеством их свойств5.1 Неопределенность между значением синуса (косинуса) угла и видом угла5.2 Интерпретация алгебраического решения5.3 Задачи с параметрами
1. Взаимное расположение линейных фигур Линейной будем считать фигуру, представляющую собой точку, отрезок, луч, прямую. При решении задач условие может трактоваться неоднозначно, если для рассматриваемых фигур не указано их взаимное расположение. 1.1 Взаимное расположение различных точек на прямойПример 1. На прямой взяты точки A, B и C так, что расстояние между точками A и B равно 5, а между B и C равно 3. Найдите расстояние между точками A и C .Решение. Неоднозначность в данной задаче состоит в том, что на прямой неуказано взаимное расположение точек A, B и C относительно друг друга. Можно записать шесть различных вариантов расположение этих точек:АВСВАСАВСВАССВАВСААС = АВ + ВС = 5 + 3 = 8АС = АВ − АС = 5 − 3 = 2 Случай невозможен СВ < АВ Ответ: 8 или 2.а)b)с)СГ
Пример 2. На прямой взяты точки A, B и C так, что точка В расположена правее точки A и АB : ВС = 3. Найдите отношение АС : АВ. АВС1 сл.АС АВ = АВ+ВСАВ = 3ВС + ВС3ВС = 4ВС3ВС = 43. АСВ2 сл.АС АВ = АВ−ВСАВ = 3ВС − ВС3ВС = 2ВС3ВС = 23. АВС3 сл.СВ = СА + АВ, но ВС<АВ=>случай невозможен. Ответ: 43 или 23.
Пример 3. Дан параллелограмм ABCD. Точка М лежит на диагонали BD и делит ее в отношении 1: 2 . Найдите площадь параллелограмма ABCD, если площадь четырехугольника ABCМ равна 60.АВСDМАВСDМ1 сл. ВМ:МD = 1:22 сл. ВМ:МD = 2:1По свойству параллелограмма ∆ ABD=∆CDB=>𝑺ABD=𝑺CDB= 12𝑺ABCD 1 сл. ВМ:МD = 1:2 => ВМ = 1 3 𝑩𝑫; 𝑺ABM= 1 3 𝑺ABD= 16𝑺ABCD (hA- общая высота ∆ ABМ и ∆ АВD ). 𝑺ВСM= 1 3 𝑺ВСD= 16𝑺ABCD (hС- общая высота ∆ ВСМ и ∆ ВСD.𝑺АВСM=𝑺ABM+𝑺ВСM= 13𝑺ABCD𝑺ABCD =3∙𝑺ABСM=3∙60=180. 2 сл. ВМ:МD = 2:1=> ВМ = 1 3 𝑩𝑫; 𝑺ABM= 2 3 𝑺ABD= 13𝑺ABCD (hA- общая высота ∆ ABМ и ∆ АВD ).𝑺ВСM= 2 3 𝑺ВСD= 13𝑺ABCD (hС- общая высота ∆ ВСМ и ∆ ВСD.𝑺АВСM=𝑺ABM+𝑺ВСM= 23𝑺ABCD𝑺ABCD = 3 2 ∙𝑺ABСM= 3 2 ∙60=90. Ответ: 180 или 90.
Пример 3. Дан параллелограмм ABCD. Точка М лежит на диагонали BD и делит ее в отношении 1 : 2 . Найдите площадь параллелограмма ABCD, если площадь четырехугольника ABCМ равна 60.АВСDМ1 случай. ВМ : МD = 1 : 2АВСD2 случай. ВМ : МD = 2 : 1
SABM= 1 3 SABD = 16SABCD (hA − общая высота ∆ ABМ и ∆ АВD).SВСM = 1 3 SВСD = 16SABCD (hС − общая высота ∆ ВСМ и ∆ ВСD). SАВСM= SAВM+SВСM = 13SABCDSABCD = 3∙SABСM = 3∙60 = 180. АВСDМ1 случай. ВМ : МD = 1 : 2По свойству параллелограмма ∆ ABD = ∆ CDB=>=>SABD = SCDB = 12SABCD ВМ : МD = 1 : 2 => ВМ = 1 3 ВD;
SABM= 2 3 SABD = 13SABCD (hA − общая высота ∆ ABМ и ∆ АВD).SВСM = 2 3 SВСD = 13SABCD (hС − общая высота ∆ ВСМ и ∆ ВСD). ВМ : МD = 2 : 1 => ВМ = 2 3 ВD; АВСDМ2 случай. ВМ : МD = 2 : 1.По свойству параллелограмма ∆ ABD = ∆ CDB=>=>SABD = SCDB = 12SABCD SАВСM= SAВM+SВСM = 23SABCD SABCD = 3 2 ∙ SABСM = 3 2 ∙60 = 90. Ответ: 180 или 90.
Пример 4. На стороне BC параллелограмма ABCD выбрана точка E, делящая эту сторону прямой в отношении 2 : 3 . Отрезок DE пересекает диагональ AC в точке F . Какую часть площади параллелограмма ABCD составляет площадь треугольника AFD ?АВСDЕЕ1FF1 1 случай. ВЕ : ЕС = 2 : 3, то ВЕ = 23 ЕС, ВС = ЕС + 23 ЕС = 53 ЕС .∆ ЕСF~∆ DAF по двум углам => AFCF = ADEC = BCEC = 53 => FC = 35 AF, AC = 85 AF. ∆ ACD=∆ CAB=>𝑺ACD= 12 𝑺ABCD. hD- общая высота ∆ AFD и ∆ АCD =>𝑺AFD𝑺ACD= AFAC= 58 . 2 случай. Е1C : BЕ1 = 2 : 3, решая аналогично, 𝑺AF1D= 57 𝑺ACD= 57 ∙ 12 𝑺ABCD= 514 𝑺ABCD. BЕ1 = 32 Е1С, ВС = 52 Е1С, AC = 75 AF1 , 𝑺AF1D𝑺ACD= AF1AC= 57. 𝑺AFD= 58 𝑺ACD= 58 ∙ 12 𝑺ABCD= 516 𝑺ABCD. Ответ: 516 или 514 .
Пример 4. На стороне BC параллелограмма ABCD выбрана точка E, делящая эту сторону прямой в отношении 2 : 3 . Отрезок DE пересекает диагональ AC в точке F . Какую часть площади параллелограмма ABCD составляет площадь треугольника AFD ?АВСDЕFЕ1F11 случай. ВЕ : ЕС = 2 : 32 случай. ВЕ1 : Е1С = 3 : 2
1 случай. ВЕ : ЕС = 2 : 3, то ВЕ = 23 ЕС, ВС = ЕС + 23 ЕС = 53 ЕС . ∆ ЕСF~∆ DAF по двум углам => => AFCF = ADEC = BCEC = 53 => FC = 35 AF, AC = 85 AF. ∆ ACD = ∆ CAB=>SACD = 12 SABCD. hD − общая высота ∆ AFD и ∆ АCD => SAFDSACD = AFAC = 58 . SAFD = 58 SACD = 58 ∙ 12 SABCD = 516 SABCD. АВСDЕF
2 случай. ВЕ1 : Е1С = 3 : 2, то ВЕ1 = 32 Е1С, ВС = Е1С + 32 Е1С = 52 Е1С . ∆ Е1СF1~∆ DAF1 по двум углам = > AF1СF1 = ADЕ1С = ВСЕ1С = 52 => => F1С = 25 AF1, AC = 75 AF1. ∆ ACD = ∆ CAB => SACD = 12 SABCD. hD − общая высота ∆ AF1D и ∆ АCD => SAF1DSACD = AF1AC = 57 . АВСDЕ1F1SAF1D= 57 SACD = 57 ∙SABCD = 514 SABCD. Ответ: 516 или 514 .
Пример 5. (ЕГЭ, 2010). В треугольнике ABC AB = 12, BC = 5, CA = 10. Точка D лежит на прямой BC так, что BD : DC = 4 : 9. Окружности, вписанные в каждый из треугольников ADC и ADB, касаются стороны AD в точках E и F . Найдите длину отрезка EF.В треугольнике со сторонами a, b, c расстояние от вершины А до точек касания вписанной окружности сторон, содержащих эту вершину, равно b + c − a2. АBCEFD1 случай D ∈BC Пусть AD = d, BD = x, DC = y. ∆ACD: DE = d + y −102, ∆ADB: DF = d + x − 122. BD : DC = 4 : 9, BC = 5 => => x = 2013, y = 4513. EF = DE − DFEF =d + y −102−d + x −122= 5126. xyd
АBCEFD2 случай D ∈ (BC) xydBD : DC = 4 : 9, BC = 5 => x=4, y=𝒙+BC = 9. EF = DE − DF = 72.Случай расположения точки D правее точки С невозможен. Замечание. Так как в решении не исследовано расположение точек Е и F на отрезке AD, то при вычислении длины отрезка EF использован знак модуля.Ответ: 7 2 или 51 26 .
SBMT = SBTE + SDME = = 12∙BE∙AT + 12∙BE∙AD == 12∙BE∙(AE∙ tg α +AD) = 12 ∙ 2 ∙ ( 2 ∙ 3+4) = 10. Пример 6. Через середину стороны AB квадрата ABCD проведена прямая, пересекающая прямые CD и AD в точках М и Т соответственно и образующая с прямой АВ угол α, tg α = 3. Найдите площадь треугольника ВМТ, если сторона квадрата ABCD равна 4.АВСDМТЕ1 случай. Прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекает отрезок CD и продолжение отрезка AD за точку D.SBMT = SBTE – SDME = 12∙BE∙AT − 12∙BE∙AD == 12∙BE∙(AE∙ tg α −AD) = 12 ∙ 2 ∙ ( 2 ∙ 3−4) = 2. АВСDМТЕ2 случай. Прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекает отрезок CD и продолжение отрезка AD за точку А.Ответ: 2 или 10.1.2 Взаимное расположение точки и отрезка, лежащих на одной прямой
Может ли при данных условиях задачи прямая, проходящая через середину Е стороны АВ, пересекать продолжениеотрезка CD за точку: D и отрезок AD,С и отрезок ВС ? Почему?
1.3 Взаимное расположение прямой и точки вне прямой Пример 7. Дан параллелограмм ABCD. Биссектрисы его углов А и D делят сторону BC на три равные части. Вычислите стороны параллелограмма, если его периметр равен 40.АВСDМKNАМ – биссектриса => ∆ АBN – равнобедренный. AB = BN = NK = KC = x .PABCD = 40 => 2(x + 3x) = 40 => x = 5. AB = 5, BC = 15. АВСDKNМ 2 случай. Точка М внутри параллелограмма. NC = x и AB = BN = 2x . 2(2x + 3x) = 40 x = 4 . Значит, AB = 8 и BC = 8 + 4 = 12 .Ответ: 5; 15 или 8; 12. Биссектриса угла параллелограмма отсекает от него равнобедренный треугольник.1 случай. Точка М вне параллелограмма.
r = a + b − c2 r = 3 + 4 − 52 = 1. Пример 8. Прямая отсекает от сторон прямого угла отрезки 3 и 4. Найдите радиус окружности, касающейся этой прямой и сторон угла.АВСGМO1EKNRRFOr1 случай. Окружность вписана в треугольник.FOGC – квадрат и отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны, то 2-й способ. Выразим площадь прямо- угольного треугольника двумя способами.Из равенства площадей получаем r = SABCp, r = 66 = 1. SABC = 12 ∙BC∙ AC = 6, SABC = pr, где p = CA + BC + BA2 = 6. 1-й способ. r – радиус вписанной окружности. AG = AE = b − r , BF = BE = a − r . => c = AB = AE + BE = b − r + a − r .
АВСGМO1EKNRRFOr2 случай. Окружность является вневписанной в треугольник ABС .\ Пусть R - радиус вневписанной окружности.BK = BN и NA = AM , как отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки. CKO1M – квадрат, 2R = KC +CM = BC + BN + AN + AC = = PABC . R = pABC = 3 + 4 − 52 = 6. Ответ: 1 или 6.
Пример 9. Дана трапеция ABCD, основания которой BC = 44, AD = 100, AB = CD = 35. Окружность, касающаяся прямых AD и AC , касается стороны CD в точке K . Найдите длину отрезка CK .АВСEKFDРешение. ВЕ ┴ AD, CF ┴ AD. Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали – полусумме оснований (средней линии).AE = 100 − 44 2 = 28, AF = 100 + 442 = 72. ∆ АBE и ∆ АCF – прямоугольные => BE = АB 2−АЕ 2 = 35 2−28 2 = 21,АС = АF 2+CF 2 = 72 2+21 2 = 75. 1 случай. Окружность вписана в ∆ АСD. CK = АС + СD − AD2 = 75 + 35 − 1002 = 5. Если окружность вписана в треугольник ABC, тогда расстояние от вершины A до точки касания окружности со стороной AB равно x = p − a = b + c − a2 .
АВСEKFD2 случай. Окружность является вневписанной для треугольника ACD.Если окружность касается стороны BC треугольника ABC и продолжений сторон AB и AC. Тогда расстояние от вершины A до точки касания окружности с прямой AB равно полупериметру треугольника ABC.Ответ: 5 или 30.AL = AC + CD + AD2 = 75 + 35 + 1002 = 105.По свойству отрезков касательных СK = СL . СL = AL − AC = 105 − 75 = 30. L
Пример 10. (ЕГЭ, 2011). Прямая, перпендикулярная боковой стороне равнобедренного треугольника со сторонами 10, 10 и 12, отсекает от него четырехугольник, в который можно вписать окружность. Найти площадь этого четырехугольника.АВСLMKNOPАВСLMKNOP1 случай2 случай
АВСLMKNOPγРешение. ∆ АBС: AС = 12, AB = BC = 10 => p = 16. Пусть AOВ = γ, ABC = β => => cos γ = AC2BC= 35, sin γ = 45, tg γ = 43. SABC = AC ∙ BC ∙ sin γ2 = 48. sin β = 2 ∙ SABCAB ∙ BC = 2425 , tg β = 247. (угол ABC – острый, AC2 < AB2 + BC2)Окружность, вписанная в четырёхугольник – окружность, вписанная в треугольник ABC.r = 2 ∙ SABCP = 2 ∙ 4810 + 10 + 12= 3. Так как ∆ АВС – равнобедренный, то окружность касается основания в его середине – точке L. CK = CL = 6 по свойству касательных.
АВСLMKNOPγ1 случай. Пусть NM касается окружности и NM ┴ ВC, NM ∩AB = N, NM ∩BС = M. OP ┴ NM, OK ┴ BC => OPMK − квадрат. MK = r = 3 => BM = BC −CK−MK, BM = 16−6 −3 = 1. ∆ NBM − прямоугольный треугольник, MN = BM ∙ tg β = 247 , SNBM = 12 ∙BM ∙MN. SNBM = 12 ∙1 ∙ 247 = 127 . SANMC = SABC−SNBM. SANMC = 48−127 = 46 27 .
АВСLMKNOPγ2 случай. Пусть NM касается окружности и NM ┴ ВC, NM ∩AC = N, NM ∩BС = M. OP ┴ NM, OK ┴ BC => OPMK − квадрат. MK = r = 3 => CM = CK −MK, CM = 6 −3 = 3. ∆ NMC − прямоугольный треугольник, MN = CM ∙ tg γ = 3 ∙ 43 = 4, SNMC = 12 ∙MN ∙CM. SNMC = 12 ∙4 ∙3 = 6. SABMN = SABC−SNMC. SABMN = 48−6 = 42. Ответ: 46 27 или 42.
∆ АBС: угол ACB – вписанный, 12 ∙ 120° = 60°. ACB = 12 AB = 1.4 Взаимное расположение прямой и двух точек вне прямойПример 11. Около треугольника ABC описана окружность с центром О. Найдите величину угла ACB, если угол ОСB равен 10°, а АОС = 40°.АВС1СА1О40°40°10°?Решение. СС1 = 2R, ∆ А1BС: вписанный угол A1CB = 12 A1С1B = 12 ∙160° = 80°. Ответ: 60° или 80°. 1 случай. Точки А и В по одну сторону от прямой ОС, COA = 40°. 2 случай. Точки А и В по разные стороны от прямой ОС. COA = 40°. BC1 = BOС1 = 2 OCB = 20°.
1.5 Взаимное расположение точки и двух параллельных прямыхПример 12. Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25. Найдите высоту трапеции.АВD1СА1ОFE1DEТрапеция вписана в некоторую окружность тогда и только тогда, когда она является равнобедренной.Решение. Трапеция вписана в окружность, поэтому она равнобедренная.Пусть BC = 14 – хорда окружности R = 25. Существует две хорды AD || BC, A1D1 || BC и AD = A1D1 = 40 .Центр окружности, описанной около трапеции, лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам трапеции.Центр описанной окружности O на серединном перпендикуляре к BC .
∆ AOE1 ~∆египетскому с 𝒌 = 5 => OE1 = 3∙ 5 = 15. 1 случай. Центр O окружности лежит внутри трапеции. В этом случае высота EF = EO +OF . ∆ AOE − прямоугольный треугольник, AO = 25, AE = AD2 = 20,EO = AO 2− AE 2 = 25 2− 20 2 = 15. ∆ BFO − прямоугольный треугольник, BO = 25, BF = BC2 = 7,OF = BO 2−BF 2 = 25 2− 7 2 = 24. EF = EO + OF = 39 .АВСОFDE2 случай. Центр O окружности лежит вне трапеции. ВD1СА1ОFE1E1F = FO – OE1 = 9.Ответ: 39 или 9. Радиус (диаметр), перпендикулярный хорде, делит хорду пополам.
2. Взаимное расположение прямолинейных фигур2.1 Взаимное расположение треугольниковПример 13. Дан равнобедренный треугольник АВС, AB = BC = 10 и AC = 12. Параллельно боковым сторонам треугольника на одинаковом расстоянии от них проведены прямые. Найти это расстояние, если площадь треугольника, образованного этими прямыми и основанием, лежащим на прямой АС, равна 12.АВСРFDEНРешение. ВD ┴ AC, D ∈ AC. G1 случай. Точки Е и В в одной полуплоскости с границей АС.E1Р12 случай. Точки Е и В в разных полуплоскостях с границей АС.EG || AВ, EF || BC. F𝑷 = ? E1F || AВ, E1G || BC. E 1𝑷1 = ? СГПГ
АВСРFDEНG10 12 xyk = DCDF = 63 = 2. DH ┴ BC, H ∈ BC, DH ┴ BC, P ∈ BC.∆ BDC – прямоугольный, DH = BD ∙ DCBC⇒DH = 8 ∙ 610 = 4,8 ⇒FP = 4,8 2 = 2,4. 1 случай. Точки Е и В в одной полуплоскостис границей АС.DC = 12 АС = 6 и BD = 10 2−6 2 = 8 . Пусть DF = x , а DE = y , ∆ BDC ~ ∆ EDF по двум углам => 8y = 6x,xy = 12;x = 3,y = 4. Cоставим систему уравнений:SGFE = 12 ∙GF∙ DE = 12. BDDE = DCDF = k. ?
АВСFDНGE1Р12 случай. Точки Е и В в разных полуплоскостях с границей АС.E1F || AВ, E1G || BC. ?10 12 DC = 6 и BD = 8 ,DH = 4,8. BE1 = BD + DE1 = 8 + 4 = 12 .∆ BP1E1 − прямоугольный =>E1𝑷1 = BE1 ∙ sin CBD, sin CBD = DCBC = 610 = 35.E1𝑷1 = 12 ∙ 35 = 7,2. Ответ: 2,4 или 7,2.
Пример 14. (ЕГЭ, 2011). Точки M, K и N лежат на сторонах соответственно AB, BC и AC треугольника ABC, причем AMKN – параллелограмм, площадь которого составляет 49 площади треугольника ABC. Найти диагональ MN параллелограмма, если известно, что AB = 21, AC = 12 и BAC = 120°. 2.2 Взаимное расположение треугольника и многоугольникаАВСMKN2 случай 1 случай АВСMKN120° 120°
ВСMK120° АNРешение. MK || AN, AM || NK, => 1 случай. ∆ MBK~∆ ABC по двум углам => => BKBC = MBAB = MKAC = k. ∆ NKC~∆ ABC по двум углам => => NKAB = KCBC = NCAC = 1− k. SАВС = SAMKN+SMВK+SNKC =>=> S = 49S+k2S + 1− k2S, k2− k + 29= 0. k = 23, k = 13. k = 23 => BKBC = 23 и KCBC = 13. AM = NK = 13AB = 7, AN = MK = 23AC = 8. ∆ NAM по теореме косинусов MN = 7 2+8 2−2∙7∙8∙cos120°=13.
АВСMKN120° 1 случай. k = 13 => BKBC = 13 и KCBC = 23. AN = MK = 13AC = 4. ∆ NAM по теореме косинусов MN = 14 2+4 2−2∙14∙4∙cos120°=267. AM = NK = 23AB = 14, Ответ: 13 или 267.
2.3 Взаимное расположение многоугольниковПример 15. Два ромба ABCD и AMHK, имеющие общую вершину А, расположены так, что стороны АВ и АМ образуют угол в 30° . Известно, что углы при вершине А обоих ромбов равны 60° , площадь пересечения ромбов равна 53 , а площадь их объединения равна 233 . Найти площадь каждого из ромбов. Решение. 2 случай. Точка Н принадлежитлучу АВ, 3АВ > AH >AB. 1 случай. Точка Н принадлежит отрезку АВ, AH ≤ AB. АВСKDНMАВСDНMKАDВСKMН 3 случай. Точка Н принадлежит лучу АВ, AH ≥ 3АВ .
АВСDНM30° 60° 1 случай. Точка Н ∈АВ , AH ≤ AB. SABCD =2SABD=2∙ a234 = a232 . ABCD − ромб, BAC = 60° => ∆ ABD− правильный, AB=a. KSAМНК = b232 , где AМ=b. Пересечение ромбов − ∆ AHK, объединение ромбов состоит из∆ AМН и ромба ABCD. SAНК = b234 ,SAМН+SABCD= b234 + a232 ; b234 =53, b234 + a232 =233; a=6,b=25. Из ∆ AHK по т. косинусов AH=215 ,что противоречит условию AH ≤ AB (AH=215 > 6 =AB). a b
123 или 163 . АВСKDНM2 случай. Точка Н принадлежит лучу АВ, АВ < AH < 3AB.Пересечение ромбов − четырехугольник АВЕК, объединение состоит из ромба ABCD и ∆ АМН и ∆ ВНЕ. ∆ АМН : по теореме косинусов AH = b 3 , а BH = b 3 − a .Так как BEH = 90° , EBH = 60° , то ЕSBHE = 3b − a238 , SAНК = b234 , SABEK=SAНК−SBHE. b234 − 3b − a238 =53, b234 + a232 + 3b − a238 =233; a=43,b=26, или a=26,b=43. Из ∆ AHK AH=2b∙sin 12 АKН = b3,Если b=26, то AH= 62 >43 =AB, если b=43, то AH= 12 >26=AB, =>При этом площади ромбов принимают одно из значений Sромба=a2∙sinA= a232 , AH < 3AB
АDВKMН3 случай. Точка Н принадлежит лучу АВ, AH ≥ 3АВ.В этом случае пересечение ромбов −∆ АВС,а объединение состоит из ромба АМНК и ∆ АСD. a234 =53, b232 + a234 =233; a=25,b=6. Из ∆ AHK AH=2b∙sin 12 АKН = b3,Если b=6, то AH= 63 < 3∙25 =3AB, AH < 3AB =>противоречит условию AH ≥ 3АВ.Ответ: SАВСD= 163, SАMNK=123 или SАВСD= 123, SАMNK=163.
Пример 16. Радиус окружности, вписанной в равнобедренный треугольник равен 128 см, а косинус угла при его основании равен 79. Найти радиус окружности, касающейся вписанной окружности этого треугольника и двух его сторон. 2.4 Взаимное расположение треугольника и окружностиАВСHO1KLOO2M1M21 случай. Окружность касается сторон AB и BC.2 случай. Две окружности, одинакового радиуса, касаются основания AC и AB или BC .r1r2Центр О вписанной в ∆ ABC окружности – точка пересечения биссектрис треугольника. r2N128При любом способе касания точка касания и центры окружностей лежат на одной прямой.
АВСHO1KLOM1r11281 случай. Окружность касается сторон AB и BC. Пусть О1L = r1 . ∆ O1OM1: O1M1O = 900, O1O = r1 + 128. OM1 = OK − О1L = 128 − r1 ,sin O O1M1 = sin O1BL = cos BC𝑨=79. OM1O1O=128 − r1r1 + 128=79 r1 =16. =>Окружности радиусов r и R с центрами О и O1 касаются внешним образом тогда и только тогда, когда R + r =OO1.
=1 − cos BAH 2 =13. АВСHOM2r2r2N128O22 случай. Две окружности, одинакового радиуса, касаются основания AC и AB или BC .∆ O2OM2: O2M2O = 90°, O2O = r2 + 128. OM2 = OH − M2H = 128 − r2 ,sin OO2M2 = sin OAH = OM2OO2=128 − r2r2 + 128=13 r2 = 64. =>Ответ: 16 или 64. Пусть O2N = r2 .
1 случай. A1A2 − внешняя касательная. 2 случай. В1В2 − внешняя касательная. 3. Взаимное расположение окружностей3.1 Расположение центров окружностей относительно общей касательнойПример 17. Прямая касается окружностей радиусов R и r. Известно, что расстояние между их центрами равно a, причем R > r и a > r + R. Найдите расстояние между точками касания.А2В2rRO1K1O2А1В1R−r rl1l2aK2СГПГ
∆ O1К1О2 : O1К1O2 = 90°, O1O2 = a, O1К1 = R − r. По теореме Пифагора l1 = A1A2 = a 2−R − r2, А2В2rRO1K1O2А1В1R−r rl1l2aK2 1 случай. A1A2 − внешняя касательная. 2 случай. В1В2 − внешняя касательная. Решение. О2К1 ┴ О1A1, О2К2 ┴ О1В1. ∆ O1К2О2 : O1К2O2 = 90°, O1O2 = a, O1К2 = R + r. l2 = B1B2 = a 2−R + r2. Ответ: a 2−R − r2 или a 2−R + r2.
3.2 Расположение центров окружностей относительно их общей точки касанияПример 18. (ЕГЭ 2010). Окружности радиусов 2 и 4 касаются в точке B . Через точку B проведена прямая, пересекающая второй раз меньшую окружность в точке A , а большую – в точке C. Известно, что AC = 32. Найдите BC . RO1K1O2АВrKCO1O2АВC 1 случай Внешнее касание окружностей. 2 случай Внутреннее касание окружностей.Rr
RO1K1O2АВrKC1 случай. Внешнее касание окружностей.Общая касательная KK1 перпендикулярна линии центров.ВС= 23АС = 23 ∙ 32 =22. ∆ AO2В~∆ O1ВС по двум углам. O2ВA = O1ВС (вертикальные), АO2В = ВO1С − центральные, ∆ AO2В~∆ O1ВС =>=> АВВС =ВO2ВO1=24 =12. опирающиеся на дуги( АВК1= КВС − вертикальныеи каждый из них − угол между касательной и хордой.) АВ = СВ
∆ ВАO1 − прямоугольный, т. к. вписанный угол ВАO1 опирается на диаметр ВO1. O1O2АВCRr2 случай. Внутреннее касание окружностей. В этом случае при исходных числовых данных задача не имеет решения .Ответ: 22. ∆ ВO1С − равнобедренный => высота O1А− медиана => ВА = АС = 32. В ∆ ВАO1 гипотенуза ВO1 = 4 < 32. ВO1 < ВА −противоречие.
Пример 19. Окружности S1 и S2 радиусов R и r ( R > r ) соответственно касаются в точке A . Через точку B, лежащую на окружности S1, проведена прямая, касающаяся окружности S2 в точке M . Найдите BM , если известно, что AB = a.RO1O2АВrRMra Внешнее касание окружностей.1 случайO1O2АВra2 случай Внутреннее касание окружностей.Mφ
O1O2АВrRraM1 случай. Внешнее касание окружностей.1-й способ решения. ∆ O1AB : Пусть O1AB = φ.O1AB = φ, AB = a , O1B = O1A = R. По теореме косинусов: O1B 2=O1A 2+AB 2−2∙O1A∙ABcosφ, R 2=R 2+a 2−2∙R∙acosφ⇒ cosφ=a2R. По теореме косинусов для ∆ O2AB : O2B 2=O2A 2+AB 2+2∙O2A∙ABcosφ, O2B 2=r 2+a 2+2r∙acosφ. O2B 2 =r 2+a 2+a 2rR. ∆ O2ВM: O2MB = 90°. По теореме Пифагора BМ 2=O2В 2−r 2, BМ 2=r 2+a 2+a 2rR−r 2, BМ 2=a 2(1+rR). BМ=a∙1+rR. φ
O1O2АВRra Внешнее касание окружностей.1 случай.MrRE2-й способ решения. АВ ∩ окр. S2 = E. ∆ AO1В~∆ AO2E => АEАB=rR⇒АE=arR. Если через точку B вне окружностипровести секущую и касательную, топроизведение длины секущей на еевнешнюю часть будет равно квадратудлины касательной (теорема о секущей и касательной).BМ − касательная к окр. S2,ВЕ − секущая,ВА −внешняя часть секущей. BМ 2=ВА∙ ВЕ , BМ 2=ВА∙ (ВА+АЕ), BМ 2=a ∙ (a + arR ), BМ=a∙(a+arR) , BМ=a∙1+rR.
O2B 2=r 2+a 2−a 2rR, ∆ O2MB : O2MB = 90°, O2M = r, MO1O2АВra2 случай. Внутреннее касание окружностей.Ответ: a∙1−rR . НРешение. О1H ┴ AB, ∆ AO1B − равнобедренный О1H − медиана. ∆ O1HA : O1HA = 90°, AH = a2,O1A = R, O1HA = φ => cosφ=AHO1A=a2R. По теореме косинусов для ∆ O2AB : O2B 2=O2A 2+AB 2−2∙O2A∙ABcosφ, ∆ O2MB : O2MB = 90°, O2M = r, O2B 2=r 2+a 2−a 2rR. По теореме Пифагора: BМ 2=O2В 2−r 2, BМ=a∙1−rR. Rφ
Пример 20. Дана окружность радиуса 2 с центром О. Хорда АВ пересекает радиус ОС в точке D, причем CDA =120°. Найдите радиус окружности, вписанной в угол ADC и касающейся дуги АС, если OD = 3. O1OАВСDHLEO2E1L1F 1 случай. Внутреннее касание окружностей.2 случай. Внешнее касание окружностей.Геометрическое место точек, равноудаленных от сторон угла, есть биссектриса этого угла.В обоих случаях центры O1 и O2 этих окружностей будут лежать на биссектрисе угла ADC.
−9−221 <0 => r=−9+221. O1OАВСDHLEr 1 случай. Внутреннее касание окружностей.Решение. Пусть O1Е = O1L = r, Е − точка касания окр.(O1; r) с ОС = R = 2. ∆ DEO1: DEO1 = 90°, EDO1 = 60°, т. к. DO1 − биссектриса угла ADC => DE = r ∙ctg 60° =r3. По теореме о секущей и касательной, получим OL ∙OH =OE 2. 2−2r∙ 2=3 +r32, r 2 + 18r−3=0, r=−9±221 , OE − касательная к окр. S1 ,OH − секущая,OL −внешняя часть секущей. ll3
OАВСDFE12 случай. Внешнее касание окружностей.O2L13 600Решение. Пусть O2 E1 = O2 L1 = R, Е 1 − точка касания окр.(O2; R) с лучом ОС. ∆ DE1 O2: DE1 O2 = 90°, E1 DO2 = 60°, т. к. DO2 − биссектриса угла ADC => По теореме о секущей и касательной OF1 ∙ OF =OE12. 2+2R∙ 2=3 +R32, R 2 − 6R−3=0, 3−23 <0 => R=3±23 , R=3+23. DE1 = R ∙ctg 60° =R3. Ответ: −9+221 или 3+23. OE1 − касательная к окр. S2,OF1 − секущая,OF −внешняя часть секущей. RlRl
Пример 21. Вершина равнобедренного треугольника с боковой стороной 5 и основанием 8 служит центром данной окружности радиуса 2. Найдите радиус окружности, касающейся данной и проходящей через концы основания треугольника.АВСDЕFO2llllllРешение. Пусть D ∈ АC , AD = DC, BD ∩окр. (B; r) = E и F. AD = 4, BD = 3, ED = 1, FD =5. ∆ AED: ADE = 90°, AD = 4, ED = 1 => => AE = 4 2+1 2 = 17. ∆ AFD: ADF = 90°, AD = 4, FD = 5 => => AF = 4 2+5 2 = 41. SAEC = 12∙AC∙ED = 12∙8∙1 = 4. SAEC = 12∙AC∙FD = 12∙8∙5 = 20. 2 случай. Внутреннее касание окружностей.1 случай. Внешнее касание окружностей.В обоих случаях центры O1 и O2этих окружностей будут лежать на биссектрисе угла – прямой BD.
АВСDЕO2llllllF1 случай. Внешнее касание окружностей.Тогда искомая окружность описана около ∆ AEC. Найдем ее радиус по формуле R = AE ∙ EC ∙ AC4SAEC = 17 ∙ 84 ∙ 4 = 172. АВСDЕFllllll2 случай. Внутреннее касание окружностей.Тогда искомая окружность описана около ∆ AFC. Найдем ее радиус по формуле R = AF ∙ FC ∙ AC4SAFC = 41 ∙ 84 ∙ 20 = 4110. Ответ: 172 или 4110.
E1 Пример 22 (ЕГЭ 2012). Точка О − центр правильного шестиугольника ABCDEF, в котором АС = 14 3. Найдите радиус окружности, касающейся окружностей, описанных около треугольников BOD, DOF и BOF. АA1СC1EFDАВСC1EFDOQMOВ1 случай. Искомая окружность касается трёх данных внутренним образом.2 случай. Искомая окружность касается одной из данных внутренним образом , а двух других − внешним .
E1АA1СC1EFDOВРешение. ∆ ABC: ABC = 120°, AC = 143 => AB = AC3 = 14. CB = CO = CD => C−центр окружности,описанной около ∆ BOD. Аналогично, А и Е − центры окружностей, описанных около ∆ BOF и ∆ DOF . 1 случай. Искомая окружность касается трёх данных внутренним образом.OA1 = OC1= OE1= 2r = 28. A1 , C1, E1 ∈ окр.S,окр.S = окр.(O; R), где R = 2r. OA = OA1−AA1 = R−r = > окр.S касается внутренним образомокружности, описанной около ∆ BOF. Аналогично, окр.S касается остальных двух окружностей. R = 2r = 28.
АВСC1EFDQM2 случай. Искомая окружность касается одной из данных внутренним образом , а двух других − внешним. Пусть Q − центр искомой окружности,x − радиус этой окружности. OAM ┴ FO, AM ∩FO = M => AM−высота правильного ∆ AOF => AM = 1432 = 73. Линия центров двух касающихся окружностей проходит через точку их касания.QM = OM + OQ = OM + OC1−QC1 QM = 7 + 28−x = 35−x; AQ = 14 + x . По теореме Пифагора AQ 2 = AM 2 + QM 2.14 + x2 = 35−x2+ 73.2 => 2x−21∙49 = 49∙3; x = 12. Ответ: 28 или 12.
3.3 Расположение центров окружностей относительно общей хордыПересекающиеся окружности в точках А и В имеют общую хорду АВ. Общая хорда перпендикулярна линии центров и делится ею пополам.Пример 23. Окружности радиусов 10 и 17 пересекаются в точках А и В. Найдите расстояние между центрами окружностей, если AB = 16.O2АВO1rСRO2O1САВrR1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.
O2АВO1rСR1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB. ∆ O1A O2 = ∆ O1BO2 по трём сторонам AO1O2 = BO1O2 => биссектриса O1С равнобедренного Решение. АВ ∩ O1O2 = C. ∆ AO1В является высотой медианой => АВ ┴ O1O2 , АС = СВ. ∆ О1А С: О1 СА = 90°, АС = 8, О1 А = 17 О1С = 17 2−8 2 = 15. ∆ О2А С: О2 СА = 90°, АС = 8, О2 А = 10, О2С = 10 2−8 2= 6. O1O2 = O1С + O2С,O1O2 = 15 + 6 = 21.llllll
O2O1САВrR2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.Аналогично из ∆ О1А С и ∆ О2А С находим О1С и О2 С. O1O2 = O1С − O2С, O1O2 = 15 − 6 = 9. Ответ: 21 или 9.
Пример 24. Окружности с центрами O1 и O2 пересекаются в точках А и В. Известно, что AO1B = 90°, AO2 B = 60°, O1O2 = a . Найдите радиусы окружностей. O2АO1rСRO1O2САВrRВ1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.
1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.Решение. ∆ AO1B и ∆ AO2 B − равнобедренные => линия центров O1O2 − биссектриса углов AO1B и AO2 B. AO1С = 45°, AO2С = 30° . Пусть AC = x.O2АO1rRВСllllll60° O2С = AС ∙сtg30°= x3. O1O2 = O1С + O2С, a = x + x 3. x = a 3 +1 . O1A = x2 = a23 +1, O2A = 2AC = 2x = 2a3 +1. ∆ АО2 С: О2 СА = 90°, AO2С = 30°.
O2АВrRСO12 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.Проводя аналогичные рассуждения, получимO1O2 = O2С − O1С , a = 3x − x. x = a 3 − 1 . O1A = x2 = a23 − 1, O2A = 2AC = 2x = 2a3 − 1. Ответ: a23 + 1, 2a3 + 1 или a23 − 1,2a3 − 1.
Пример 25 (ЕГЭ 2012). В треугольнике АВС С = 30°, D − отличная от А точка пересечения окружностей, построенных на сторонах АВ и АС как на диаметрах. Найдите синус угла А. O2DO1BO2СDВACO1A1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AD.2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AD.D ∈ BC D ∈ CB)
O2DO1BAC1 случай. D ∈ BC. Пусть DB = t, CD = 2t. Решение. D ∈ окр. (O2 ;R) , 2R = AB =>ADB = 90°. Аналогично ADС = 90°. =>D ∈BC. 30° AD = СD ∙tg30° = 33t. ∆ АDС: АDС = 90°, AСD = 30°. AD = 2t ∙ 33. ∆ АDB: АDB = 90° => АB = AD 2+BD 2 = 43t 2+t 2 = t ∙73. По теореме синусов для ∆ АBС sin ABС = sin CAB, sin A3t = 12t ∙73 , sin A = 3 2114.
O2СDВO1A2 случай. D ∈ CB) . По теореме синусов для ∆ АBС sin ABС = sin CAB, sin At = 12t ∙73 , sin A = 2114. 30° Пусть DB = t, CD = 2t => AB = t ∙73 . Ответ: 32114или 2114. Точка D не может лежать напродолжении отрезка BC за точку С, так как угол ACB − острый.
3.4 Расположение центров окружностей относительно хорды большей окружностиПример 26. Окружности радиусов 20 и 3 касаются внутренним образом. Хорда AB большей окружности касается меньшей окружности в точке M. Найдите длины отрезков AM и MB, если AB = 32.OАВO1СMNOАВNO1MСEE1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.
OАВСMNE1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.Решение. Пусть N ∈ АB , AN = NB. 𝝆O;АB=ON=OB 2−АB22=12. O1r1 = O1M = 3, O1M ┴ АВ, OC ┴ O1M. ∆ OО1 С: OСО1 = 90°, OO1 = 17, O1C = O1M + MС = O1M + ON = 15, OC = MN. О1С = OО12−O1C 2 = 17 2−15 2 = 8. AM = AN − MN = 16 − 8 = 8 иMB = MN + NB = 8 + 16 = 24.
OАВNO1MСE2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.По теореме Пифагора для ∆ OO1C получаем ОС = OО12−O1C 2 = 17 2−9 2 = 413. AM = AN − MN = 16 − 413 иMB = MN + NB = 413 + 16. Замечание. В данной задаче можно рассмотреть еще два случая, когда точка касания M расположена правее точки N . В этом случае ответы будут AM = 24 и MB = 8 или AM = 16 + 413 и MB = 16 − 413. Ответ: 24 и 8 или 16 + 413 и 16 − 413.
Пример 27. Расстояние между центрами двух окружностей равно 5r . Од- на из окружностей имеет радиус r , а вторая – 7r . Хорда большей окружности касается меньшей окружности и делится точкой касания в отношении 1 : 6 . Найдите длину этой хорды.O1АВO2СMNO1O2АВСMN1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды MN.2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды MN.
O2C = O2 B + BС = r + 7 ∙r 2− x 22, О1С = AB, O1АВO2СMN1 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды MN.Решение. Пусть MN = 7x. АB = AN − NB = 7x 2 −𝒙 = 5x 2. 𝝆O1; MN = O1A = MO1 2−MN 22 = = 7 ∙r 2− x 22, ∆ O1 О2 С: O1 СО2 = 90°, O1O2 = 5r, O2 B = r О1С 2= O1О22−O2C 2. 25x 24 = 25r 2 −r+7 ∙r 2− x 24 2, 36x 4−251x 2∙r 2+429r 4 = 0,6x 2−25r 2 ≥0. x1 = r3,x2 = 1436r,6x 2−25r 2 ≥0. ∅. Такой случай невозможен.6x 2−25r 2 = 14r ∙r 2− x 24,
2 случай. Центры окружностей лежат по одну стороны от их общей хорды MN.O1O2АВСMNРешение. Пусть MN = 7x. АB = AN − NB = 7x 2 −𝒙 = 5x 2. 𝝆O1; MN = O1A = MO1 2−MN 22 = = 7 ∙r 2− x 22, ∆ O1 О2 С: O1 СО2 = 90°, O1O2 = 5r, O2 B = r O1C = АO1 − АС = 7 ∙r 2− x 22 − r, О2С = AB, 36x 4−251x 2∙r2 +429r 4 = 0,25r 2−6x 2 ≥0. x1 = r3,x2 = 1436r,6x 2−25r 2 ≥0. СО22= O1О22−O1C 2. 25r 2−6x 2 = 14r ∙r 2− x 24, MN = 73r,MN = 71436r. Ответ: 73r и71436r. 25x2 4 = 25r 2 −7 ∙r 2− x 24−r2,
При любом способе касания точкакасания и центры окружностей лежат на одной прямой. Пример 28. (ЕГЭ, 2010). В окружности, радиус которой равен 15, проведена хорда AB = 24. Точка С лежит на хорде АВ так, что AC : BC = 1 : 2. Найдите радиус окружности, касающейся данной окружности и касающейся хорды АВ в точке С.OАВO1СNE1KO2Е21 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.2 случай. Центры окружностей лежат по одну сторону от их общей хорды AB.Центры этих окружностей O1 и O2будут лежать на перпендикуляре к хорде AB, проходящем через точку C.
OАВO1СNE11 случай. Центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB.AC : BC = 1: 2 => AC = 8 . Решение. Пусть N ∈ АB , AN = NB. ∆ ONB : ONB = 90°, OB = 15, NB = 12 ОN = OB 2−NB 2 = 15 2−12 2 = 9. KПусть K ∈ LL1, LK = KL1, LL1 ┴ АВ, C ∈LL1. LЧетырехугольник KCNO – прямоугольник, OK = CN = AN − AC = 12 − 8 = 4. Пусть O1E1 = r.O1 ∈ OE1 => OO1 = OE1 − O1E1 = 15 − r . ∆ KOO1 : OKO1 = 90°, OK = 4, OO1 = 15 − r, KO1 = KC + CO1 = 9 + r => OО12 = OK 2+KO12. 15 − r2 = 4 2 +9 + r2. r = 8 3 .
OАВСNKO2E2L1L2 случай. Центры окружностей лежат по одну стороны от их общей хорды AB.∆ KOO2 : OKO2 = 90°, OK = 4, OO2 = 15 − r, KO2 = CO2 − KC = r − 9 => OО22 = OK 2+K𝑶22. 15 − r2 = 4 2 + r − 92. r = 32 3 . Ответ: 8 3 и 32 3.
3.5 Расположение точек касания окружности и прямойПример 29. На стороне ВА угла ABC, равного 30°, взята такая точка D, что AD = 2 и BD = 1. Найдите радиус окружности, проходящей через точки А, D касающейся прямой ВС.OАВСEDO1Е1G1 случай. Окружность касается луча BС.2 случай. Точка касания Е1 лежит на продолжении луча BС за точку В.Центр искомой окружности O – точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку AD и перпендикуляра к прямой ВС, восставленного из точки касания E окружности и прямой.
DE 2 = DB 2 + BE 2 − 2 ∙ DB ∙ BE ∙ cos( ABE) = 1, OАВСED1 случай. Окружность касается луча BС.ВE − касательная к окружности,ВА − секущая,BD −внешняя часть секущей. По теореме о касательной и секущей BE 2 = BD ∙ AB = 1 ∙ 3 = 3, BE = 3. 300∆ BDE : DBE = 30°, BD = 1, NB = 12, BE = 3. По теореме косинусов получаем Так как BD = DE => ∆ BDE –равнобедренный и BED = 30°. BDE – угол между касательной и хордой => DE = 60° => R = DE = 1. Тогда центр O окружности совпадает c серединой отрезка AD.т.е. DE = 1.
2 способ. ∆ GO1O : GOO1 = 90°, O1GO = 60° , GO = 4, GE1 = 1, R = GO1 − GE1 = 8 − 1 = 7. АВСEDO1Е1G2 случай. Точка касания Е1 лежит на продолжении луча BС за точку В.O1 способ. Пусть O1 – центр искомой окружности, E1 ∈BC, O1E1 ┴ BC, а G = O1E1 ∩ AD. 300BE1 = BE = 3 , GBE1 = 30° , O1GO = 60° BG = 2, GE1 = 1, GO = 2 + 2 = 4, GO1 = 8, OO1 = 43. O1E1 = 8 − 1 = 7, O1D = O1A = 432+1 = 7. Ответ: 1 или 7.
Опорная задача. Отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов r и R равен 2Rr . O2АВO1RErR − r Доказательство.∆ O1O2E : O1EO2 = 90°, O1O2 = R + r, EO2 = R + r, = O1O22−EO22 == (R + r)2+ (R−r)2 = = 2Rr ∎ AB = O1E = АВ − отрезок общей внешней касательной
Пример 30. Окружности радиусов 4 и 9 касаются внешним образом, лежат по одну сторону от некоторой прямой и касаются этой прямой. Найдите радиус окружности, касающейся каждой из двух данных и той же прямой.O1MPO29E4O3r3Решение.1 случай. MP = MK + KP.Отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов r и R равен 2Rr . 24∙9 = 24∙r3 + 29∙r3 , 6 = 2r3 + 3r3 , r3 = 1,44. KПеребор вариантов в задаче зависит от расположения точки касания третьей окружности с прямой относительно точек касания первых двух окружностей с этой прямой.
O3MPO19E4O2r3Решение.2 случай. MP = MK + KP.Отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов r и R равен 2Rr . 2r3 ∙9 = 24∙9 + 24∙r3 , 3r3 = 6 + 2r3 , r3 = 36. KОтвет: 1,44 или 36.
Пример 31. Точка О – центр окружности радиуса 2. На продолжении радиуса ОМ взята точка А. Через точку А проведена прямая, касающаяся окружности в точке К. Известно, что OAK = 60° . Найдите радиус окружности, вписанной в угол ОАК и касающейся данной окружности внешним образом. O2АKO1K1OEK2MR = 2 1 случай. Точка касания искомой окр. с АK левее точки касания K. 2 случай. Точка касания искомой окр. с АK правее точки касания K.
АKO1K1OMR = 21 случай. Точка касания искомой окр. с АK левее точки касания K.KK1 − oтрезок внешней касательной окружностей. ∆ AK1O1 : AK1O1 = 90°, AK1 = r ∙ ctg30° = r3, где r = O1K1. rKK1 = 2OK∙O1K1 = 22r. AK = AK1 + K1K,2 3 = r 3 + 22r. 3t2+26 t−2 = 0,где t = r.t = 23 − 63>0. r = 23 − 632, r = 6 − 423. Решение. Центр O1 искомой окружности лежит на биссектрисе угла А =>=> O1AK1 = 30°, AK = 2 3.
t = 6 + 23 3>0. O2АKOEK2MR = 22 случай. Точка касания искомой окр. с АK правее точки касания K.r∆ AK2O2 : AK2O2 = 90°, AK2 = r ∙ ctg30° = r3, где r = O2K2 . KK2 = 2OK∙O2K2 = 22r. AK2 = AK + KK2,2 3 + 22r = r 3. 3t 2−26 t−2 = 0,где t = r. r = 23 + 632, r = 6 + 423. Ответ: 6 ± 423.
Пример 32. Найдите радиус окружности, вписанной в угол MKN равный 2arcsin 0,6 и касающейся окружности, радиуса 4 также вписанной в угол MKN.O2KBO1B1ONB2MR = 41 случай. Точка касания искомой окр. с KN левее точки касания B.2 случай. Точка касания искомой окр. с KN правее точки касания B.A1A2C1C2Центры окружностей, вписанных в угол, лежат на биссектрисе этого угла.
KBO1B1ONMR = 41 случай. Точка касания искомой окр. с KN левее точки касания BA1A2C1Решение. Центр O1 искомой окружности лежит на биссектрисе угла MKN =>=> O1KN = OKN = arcsin 0,6 .rOB ┴ KN, а KN = R = 4. O1B1 ┴ KN, а KN = r, . O1C1 ┴ OB ∆ OC1O1 : OC1O1 = 90°, OO1 = 4 + r, OC1 = 4 − r.sin OKN = OC1OO1. 4 − r4 + r = sin(arcsin 0,6), 4 − r4 + r = 0,6. r = 1.
O2KBONB2MR = 4A1A2C22 случай. Точка касания искомой окр. с KN правее точки касания Br − 4r + 4 = sin(arcsin 0,6), r − 4r + 4 = 0,6. r = 16. r∆ OC2O2 : OC2O2 = 90°, OO2 = 4 + r, OC2 = 4 − r. sin OKN = OC2OO2. Ответ: 1 и 16.
4. Взаимное расположение элементов фигуры4.1 Выбор обозначений вершин многоугольникаПример 33. В параллелограмме ABCD один из углов равен 60° . Точки E и F являются серединами смежных сторон, образующих острый угол. Площадь треугольника, отсекаемого прямой EF от параллелограмма ABCD, равна S. Найдите площадь треугольника, вершинами которого служат точки E, F и C. АВСDEАСDF3 сл. CDFBBDA4 сл. ВEFCEFEF1 сл. 2 сл. СГПГ
АВСDEFРешение. 1 случай Медиана треугольника разбиваетего на два равновеликих треугольника.Диагональ параллелограмма разбивает его на два равновеликих треугольника.SАВСD = 8SEFC = 8S SECF = SABCD − SAEF − SFDC , SECF = 8S− S− 12SABC− 12SADC ,SECF = 8S− S−2S−2S = 3S. В остальных 3-х случаях искомая площадь будет равна S.Ответ: S или 3S.
1 сл. 2 сл. 4 сл. 3 сл. Пример 34. Диагонали АС и BD трапеции ABCD пересекаются в точке Е.Найдите площадь трапеции, если площадь треугольника AED равна 9, а точка Е делит одну из диагоналей в отношении 1 : 3.АВСDE9133CDABE8192727DABCE27399BCDAE27399
АВСDE9133Решение. 1 случайВD ∩ AC = E, ВE : ED = 1 : 3. Трапеция разбивается диагоналямина два равновеликих треугольника(примыкающих к боковым сторонам) и два подобных треугольника (примыкающих к основаниям).Если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания.∆ BЕС~∆ AED по двум углам => k = ECAE = 13 => SAEDSACD = 32 = 9. SBEC = SAED9 = 1. SABE = 3∙SBEC = 3. hB − общая высота ∆ ABE и ∆ BEC => SABESBEC = AEEC = 3. SАВСD = 1+3+3+9 = 16.
4 сл. 3 сл. DABCE27399BCDAE27399SАВСD= 9+9+3+27 = 48. 2 сл. CDABE8192727Ответ: 16; 48; 144.SАВСD= 9+27+27+81 = 144. SАВСD= 9+9+3+27 = 48.
Пример 35. (ЕГЭ-2011). Периметр равнобедренной трапеции равен 136. Известно, что в эту трапецию можно вписать окружность, причем боковая сторона делится точкой касания в отношении 9 : 25. Прямая, проходящая через центр окружности и вершину трапеции, отсекает от трапеции треугольник. Найти отношение площади этого треугольника к площади трапеции.Стр 301 случай АСDOBLNM2 случай АСDOBEHQP
АСDOBLNMРешение. 1 случайПо свойству описанного четырёхугольникаAB + CD = BC + AD = 68.Трапеция – равнобедренная, то AB = CD = 34.Пусть M, L и N – точки касания окружности боковой стороны AB и основания BC и AD соответственно =>AM = 25 , MB = 9.LN ┴ ВC, LN ┴ AD, BL = LC , AN = ND. MB = BL и AM = AN(отрезки касательных, проведенные из одной точки), то BC = 2BL = 18, AD = 2AN = 50.SABCD = BC + AD 2 ∙ h = 34h. P1 случай. Пусть BO ∩ AD = P. ∆ OВL = ∆ NOP => ВL = NP = 9. SABP = 1 2 ∙ (AN+NP)∙ h = 17h. SABP : SABCD = 1 2 .
Ответ: 1 2 или 6251122. АСDOBFHРешение. 2 случайПусть AO ∩ BC = E, AO ∩CD = Q. SAQD = 1 2 ∙ AD ∙ 2533h = 62533 h. SAQD : SABCD = 62533 ∙ 34 = 6251122. EQВEA = BAE = EAD => => ∆ ABE − равнобедренный, AB = BE = 34.CE = BE − BC = 16. ∆ AQD ~ ∆ EQC, k = CEAD = QFQH = 825. QF + QH = h => => QH = 2533 h. Поскольку трапеция равнобедренная,то для прямых, проходящих через вершины C и D получатся такие же результаты.
2 случай 3 случай 1 случай 4.2 Выбор линейного элементаПример 36. Площадь треугольника ABC равна 8. MN – средняя линия. Найдите площадь треугольника CMN.АВNMСАВMСАВNСMNMN || BCMN || ACMN || AB
АВNMС1 случай. MN || BCРешение. Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая две другие, отсекает от него треугольник, подобный данному.CN – медиана ∆ АВС => SANC = 12SABC = 12∙8 = 4. MN – медиана ∆ АMС => SCMN = 12SAMC = 12∙4 = 2. АВMСN2 случай. MN || ACSCMN = 12SBMC = 12∙ 12SABC = 14∙8 = 2.
3 случай. MN || ABАВNСM∆ CMN~∆ ABC по 2 признаку SCMN = 122∙SABC = 14∙8 = 2. Ответ: 2.
4.3 Выбор углового элементаПример 37. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса 12. Известно, что AB = 6 и BC = 4 . Найдите АС.BСABAСOO2 случай 1 случай ∆ АВС – остроугольный ∆ АВС – тупоугольный
sin A = BC2R = 42 ∙ 12 = 16. sin C = AB2R = 62 ∙ 12 = 14. sin B = 16∙154+356∙14 = 15 + 3524. AC = 2R ∙ sin B = 24 ∙15 + 3524, AC = 15 + 35. BСAO1 случай. ∆ АВС – остроугольный sin B = sin(180° – A – C). sin B = sin( A + C). cos A = 356, cos C = 154. ∆ АВС – остроугольный По обобщенной теореме синусовРешение. 1-й способ
BAСO2 случай. ∆ АВС – тупоугольный Решение. Пусть угол С – тупой.sin B = sin( A + C). sin B = 16∙−154+356∙ 14 = 35 − 1524. AC = 2R ∙ sin B = 24 ∙35 − 1524, AC = 35 − 15. Ответ: 35 ± 15.
Решение. 2-й способ∆ АBC : по теореме косинусов AC 2 = AB 2+BC 2−2∙AB∙BCcos B⇒ ⇒cos B= 1 ± 52124. 1 + 52124> 0⇒ В – острый, 1 − 52124< 0⇒ В – тупой. sin B = 50 ± 102124 = 35 ± 1524. AC = 2R ∙ sin B = 24 ∙35 ± 1524, AC = 35 ± 15. Ответ: 35 ± 15.
Пример 38. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н. Известно, что CH = AB . Найдите угол АСВ.AСBHEFDBACFHED2 случай 1 случай ∆ АВС – остроугольный ∆ АВС – тупоугольный
AСBHEFDРешение. ВЕ ┴ AC, CD ┴ AB, AF ┴ BC. 1 случай. ∆ АВС – остроугольный BE ∩CD∩AF = H. (как углы с соответственно перпендикулярными сторонами).ABE = HCE =>AE = EH => EAH = AHE = 45°. ∆ AEB = ∆ HEC по гипотенузе и острому углу=> CAF = 45° => ACF = 45° . ∆ ACF: AFC = 90°,
BACFHEDРешение. ВE ┴ AC, CD ┴ AB, AF ┴ BC. BE ∩CD∩AF = H. (как углы с соответственно перпендикулярными сторонами). ABE = HCE =>AE = EH => EAH = AHE=45°. ∆ AEB = ∆ HEC по гипотенузе и острому углу=> CAF = 45° => ACF = 45° . 2 случай. ∆ АВС – тупоугольный, ВАС – тупой. EAH = CAF = 45° (вертикальные). ∆ ACF: AFC = 90°,
АВCFHEDРешение. ВF ┴ AC, CD ┴ AB, AE ┴ BC. BF ∩CD∩AE= H. (как углы с соответственно перпендикулярными сторонами). BAE = HCE =>EB=EH => EHB= EBH=45°. ∆ AEB=∆CEH по гипотенузе и острому углу=> CBF = 45° => FCB = 45° . EBH= CBF=45° (вертикальные). ∆ BCF: BFC = 90°, 3 случай. ∆ АВС – тупоугольный, АВС – тупой.
∆ AEB = ∆HEC по гипотенузе и острому углу АВCFHED4 случай. ∆ АВС – тупоугольный, АСВ – тупой. Решение. ВE ┴ AC, CD ┴ AB, AF ┴ BC. BE ∩CD∩AF= H. (как углы с соответственно перпендикулярными сторонами). BHC = BAE EB = EC => EHB = EBH = 45°. BCE = 45° => ACB = 135° . ∆ BEC: BEC = 90°, => BCE иACB − смежные .
5 случай. ∆ АВС – прямоугольный, АВС = 90°. АВC(H)EРешение. ВE ┴ AC. BС ∩AB∩DE = H, H ≡B. HC = AB => CB = AB => ACB = 45° . => 6 случай. ∆ АВС – прямоугольный, ВАС = 90°. ACB = 45° . Аналогично7 случай. ∆ АВС – прямоугольный, ACB = 90°. H ≡C, CH = AB – невозможно. Ответ: 45° или 135°.
Опорная задача. Если Н – ортоцентр треугольника, то радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС, АВН, ВСН, АСН, равны между собой.AСBHEDДоказательство.ВЕ ┴ AC, CD ┴ AB => HEA = HAD = 90°. В четырехугольнике AEHD углы E и D прямые, то EAD + DHA = 180°. BHC = DHE = 180° – A. ∆ ВHС: R = BC2sin(180° – A)=BC2sin A⇒ R = a2sin α. Отсюда следует, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС и ВСН равны между собой. Аналогичное доказательство проводят и для других треугольников.
AСBHED Пример 39. Высоты треугольника АВС пересекаются в точке Н. Известно, что отрезок СН равен радиусу окружности, описанной около треугольника. Найдите угол АСВ.CABHDE2 случай 1 случай ∆ АВС – остроугольный ∆ АВС – тупоугольный
AСBHEDРешение. 1 случай. ∆ АВС – остроугольный Радиусы окружностей, описанных около треугольников ABC и BCH равны.∆ BCH: CH = 2Rsin HBC, CH = R => R = 2Rsin HBC => sin HBC = 12 => HBC = 30° или HBC = 150°. ∆ АВС – остроугольный => HBC = 30°. ∆ BEC: C = 90° – 30° = 60°.
CABHDEРешение. 2 случай. ∆ АВС – тупоугольный, A – тупой. ∆ DВС: ВDС = 90° => DBC – острый. A – тупой => HBC = 30°. ∆ DBC: C = 90° – 30° = 60°.
AСBHEDРешение. 3 случай. ∆ АВС – тупоугольный, B – тупой. ∆ EВС: ВEС = 90° => HBC – тупой. HBC – внешний угол прямоугольного треугольника. ∆ DBC: C = 90° – 30° = 60°. HBC = 150°.
AСBHEDРешение. 4 случай. ∆ АВС – тупоугольный, С – тупой. ∆ DВС: ВDС = 90° => HBC – острый. ∆ DBC: BCD = 90° – 30° = 60°. HBC = 30°. С – тупой => ACB = 180° – 60° = 120°. Ответ: 60° или 120° .
Опорная задача. Пусть в треугольнике АВС проведены высоты AA1 и CC1 . Тогда треугольник A1BC1 подобен данному с коэффициентом подобия, равным |cos B|.BACHC1A1B1Доказательство. Рассмотрим остроугольный треугольник ABC.∆ ВA1A : ВA1A = 90° => cos B = BA1AB . ∆ ВC1C : ВC1C = 90° => cos B = BC1BC . ∆ BA1С1~∆ BAC по 2 признаку (общий угол В и BA1AB = BC1BC = cos B = k).
AHCBC1B1A1Доказательство. Рассмотрим тупоугольный треугольник ABC.∆ ВA1C : ВA1C = 90° => cos B = BA1BС . ∆ ВC1A : AC1B = 90° => cos B = BC1AB . ∆ BA1С1~∆BAC по 2 признаку (общий угол В и BA1BC = BC1AB = k). Угол В – тупой. Пусть A1ВC1 = β => => A1ВC = AВC1 = 180° – β. BA1BС = BC1AB = cos (1800 – β) = – cos β = |cos β| = k.
BACHC1A1B1Пример 40. Точки A1, B1, C1 – основания высот треугольника ABC. Углы треугольника A1B1C1 равны 90°, 60° и 30°. Найдите углы треугольника ABC.AHBCB1C1A12 случай 1 случай ∆ АВС – остроугольный ∆ АВС – тупоугольный
А = 90° – 12 B1А1С1. AC1B = AC1B1 + B1C1A1 + A1C1B. BACHC1A1B1Решение. 1 случай. ∆ АВС – остроугольный ∆ BC1A1~∆ BCA по 2 признаку BC1A1 = BCA. ∆ AB1C1~∆ ABC по 2 признаку AC1B1 = ACB. AC1B1 = 180°. C + B1C1A1 = 180°. 2 C = 90° – 12 B1C1A1. Аналогично получим:B = 90° – 12 A1B1C1. 90° – 12∙ 90° = 45°, 90° – 12∙ 60° = 60°, 90° – 12∙ 30° = 75°.
H = 90° – 12 B1C1A1. HАB = 90° – 12 B1А1С1. CBА = H – 12 A1B1С1. H + B1C1A1 = 180°. 2 AHBCB1C1A1AC1B = AC1B1 + B1C1A1 + A1C1B. 2 случай. ∆ АВС – тупоугольный ∆ BA1C1~∆ BAH => A1C1B = AHB. ∆ AB1C1~∆ ABH => AC1B1 = AHB. Решение. С = 𝜸– тупой. Из 4−х угольника A1CB1H H = 180° – 𝜸. Аналогично получим:CАB = H – 12 B1А1С1. 90° + 12∙ 30° = 105°, 75° – 12∙ 60° = 45°, 75° – 12∙ 90° = 30°. ACB = 90°+ 12 B1C1A1.
Остальные случаи рассмотрите самостоятельно. 3. Угол АВС – тупой. 4. Угол ВАС – тупой. Случаи, когда один из углов АВС, ВАС, АСВ – прямой, невозможны (почему?).Ответ: 45 °, 75 °, 60 ° или 105 °, 30 °, 45 ° или 120 °, 15 °, 45° или 135 °, 15 °, 30 °. Замечание. Другое решение может быть основано на следующей опорнойзадаче: Высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами его ортотреугольника (треугольник, образованный основаниями высот).
B1A1A = C1 A 1 A , AС1B1 = ACB , Опорная задача. Высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами его ортотреугольника (треугольник, образованный основаниями высот).BACHC1A1B1BС1A1 = ACB , =>AС1B1 = BC1A1 . B1C1C = 90° – AC1B1 = 90° – BС1A1 = = A1C1 C. A1B1B = C1B1B , Если треугольник тупоугольный, то две его высоты — биссектрисы внешних углов ортотреугольника, а третья — биссектриса внутреннего угла.
Пример 41. Окружности с центрами О и В радиуса ОВ пересекаются в точке С. Радиус ОА окружности с центром О перпендикулярен ОВ, причем точки А и С лежат по одну сторону от прямой ОВ. Окружность S1 касается меньших дуг АВ и ОС этих окружностей, а также прямой ОА, а окружность S2 касается окружности с центром В, прямой ОА и окружности S1. Найдите отношение радиуса окружности S1 к радиусу окружности S2.BAKCR4.4 Выбор кругового элементаEOJIabOBAKCREJIab1 случай 2 случай
BAKCREOJIab1 случай 1 случай. OI – отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов a и R. OI = 2Ra , OK = R – a. ∆ OKI: OIK = 90°, по теореме Пифагора R − a2 = a 2 + 2Ra2. R = 6a.OI = OJ + JI, 2Ra = 2Rb + 2ab, ÷6b2 6a2 = 6ab + ab, ab = (1 + 16) ∙ab, ab = (1 + 16) = 6 + 16, ab = 7 + 26 6.
OBAKCREJIab2 случай. OJ – отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов b и R. OJ = 2Rb . OJ = OI + JI, 2Rb = 2Ra + 2ab, ÷6b2 6a2 = 6ab – ab, ab = (1 – 16) ∙ab, ab = (1 – 16) = 6 – 16, ab = 7 – 26 6. R = 6a.Из предыдущего случаяОтвет: 7 ± 26 6.
4.5 Выбор плоской фигурыПример 42. Основания трапеции равны a и b. Прямая, параллельная основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2 : 3 . Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного внутри трапеции.AСBHEDFxxbx – bAСBEDFPa – xa1 случай. SBCFESAEFD = 23 2 случай. SBCFESAEFD = 32
AСBHEDFxxbx – bPa – xaРешение. 1-й способ1 случай.SBCFESAEFD = 23 Пусть EF = x, PH || AB, F ∈ PH. SBCFESAEFD = b+x2∙h1a+x2∙h2 = 23 . h1h2 = 2a + x3b + x. h1 h2 ∆ PFD~∆ HFC по 2-м углам => CHBP = h1h2, 3x2−b2 = 2a2−x2, 5x2 = 2a2+3b2, x = 2a2+3b25 .x − ba − x = 2a + x3b + x.
S1 + S2S = a2−b2b2, S1S = x2−b2b2. S1 + S2S = a2−b2x2−b2, S1S2 = 23. AСBHEDFxbaРешение. 2-й способ1 случай.SBCFESAEFD = 23 Достроим трапецию ABCD до ∆ AHD. ∆ AHD~∆ BHC по 2-м углам => x = 2a2+3b25 .SAHDSBHC = ab 2, S + S1 + S2S = a2b2. ∆ EHF~∆ AHD по 2-м углам => SEHFSBHC = xb 2, S + S1S = x2b2. S S1 S2 1 + S1 + S2S = a2b2, 1 + S1S = x2b2. x :a2−b2x2−b2= 52,
AСBEDF2 случай.SBCFESAEFD = 32 Решение. Аналогично 1 случаю. x = 2b2+3a25 .Ответ: 2a2 + 3b25 или 2b2 + 3a25.
5. Соответствие между множеством фигур и множеством их свойств5.1 Неопределенность между значением синуса (косинуса) угла и видом углаПример 43. Радиус окружности равен 1. Найдите величину вписанного угла, опирающегося на хорду, равную 2. Ответ дайте в градусах.ABOA1Cα180° − α Решение. Все вписанные углы, опирающиеся на эту хорду, с вершинами, лежащими на одной дуге, будут равны.Хорда BC разбивает окружность на две дуги. sin A = a2R, a = 2, R = 1. sin A = 22 => A1 = 45 ° или A = 135°. Ответ: 45 ° или 135 °. ПГ
Пример 46. Трапеция ABCD с основаниями AD и ВС вписана в окружность с центром О. Найдите высоту трапеции, если ее средняя линия равна 3 и sin AOB = 0,6.A1BCOHADH1D1Проекция боковой стороны равнобедренной трапециина большее основание равна полуразности оснований,а проекция диагонали — полусумме оснований (средней линии). Вписанный угол измеряется полови-ной дуги, на которую он опирается.
Пример 44. Около треугольника ABC описана окружность с центром О, угол АОС равен 60°. В треугольник ABC вписана окружность с центром М. Найдите угол АМС.AСBOB1MM1Решение. ∆ AOC: OС = OA = R, AOC = 90° => => ∆ AOC − равносторонний => AC = R. По следствие теоремы синусовAC = 2R∙sinB, R =2R∙sinB, sin B = 12 => B = 30 ° или B = 150 °. =>
2 случай. B1 = 150° => A + C = 30°. AСBOB1MM11 случай. B = 30° => A + C = 150°. Центр вписанной окружности М, лежит на пересечении биссектрис треугольника.MAC + MCA = 150 °: 2 = 75 °. AMC = 180 0 −75 0 =105 0. M1AC + M1CA = 30°: 2 = 15°. AM1C = 180 °−15 °=165 °. Ответ: 105 ° или 165 °.
SABC = 12BC∙AH, AH = BM => ABCMHПример 45. Медиана ВМ треугольника АВС равна его высоте АН. Найдите угол МВС.llαHllACBMРешение. Пусть MВC = α. BM − медиана ∆ ABC => SABM = SCBM = 12SABC. SABC = 2SCBM = 2∙ 12BC∙BM∙sinα = BC∙BMsinα. BC∙BMsinα = 12BC∙AH. sin α = 12 => => α = 30 ° или α = 150 °. Ответ: 30 ° или 150 °.
A1BCOHADH1D1Решение. Пусть AOВ = α. ВH ┴ AD, H ∈AD => HD = MN, где MN− средняя линия. ADВ − вписанный угол, ADВ = 12 AOВ = α2. ∆ ВHD : ВHD = 90° => ВH = HD ∙ tgα2. tgα2 = sin α1 + cos α => ВH = 3sin α1 + cos α. 1 случай. AOB = α − острый. cos α = 45 и ВH = 3 ∙ 351 + 45 = 1. 2 случай. AOB = α − тупой. cos α = − 45 и ВH = 3 ∙ 351 − 45 = 9. Ответ: 1 или 9.Что будет в случае, когда AOB = 90°?
AOC = 180° − 12 A − 12 C, Опорная задача. Пусть О – центр окружности, вписанной в треугольник АВС. Докажите равенства: AOC = B2 + 90°, AOB = C2 + 90°, BOC = A2 + 90°. BCAOA1C1Доказательство. =>∆ AOC : ACO = 12 C, CAO = 12 A, AOC = 180° − 12( A + C) , AOC = 180° − 180 °− B2 , AOC = B2 + 90°. Остальные равенства доказывают аналогично.
Пример 47. В треугольнике ABC проведены высоты ВМ и CN, О – центр вписанной окружности. Известно, что BC = 24, MN = 12. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ВОС.ACOMBNACOMBN
2 случай Пример 47. В треугольнике ABC проведены высоты ВМ и CN, О – центр вписанной окружности. Известно, что BC = 24, MN = 12. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ВОС.ACOMBNACOMBN1 случай
ACOMBNРешение. ∆ AMN~∆ ABC по 2-му признаку => k = MNBC = MNBC= 1224 = 12 =|cos A|. A = 60° или A = 120°. BOC = A2 + 90°. sin BOC = sin (6002 + 90°) = 32 илиsin BOC = sin (12002 + 90°) = 12. По следствие теоремы синусовR = BC2sin BOC. R = 243 = 83 или R = 241 = 24. Ответ: 8 3 или 24.
5.2 Интерпретация алгебраического решенияПример 48. Дана окружность радиуса 13. Точка М – середина радиуса ОК. Хорда АС перпендикулярна радиусу ОК. Найти расстояние ВМ, если известно, что AB − BK = 4. АСOКrMBАСOКrMB2 случай 1 случай
АСOКrMBРешение. B2Пусть ВM = x, тогда OВ = 6, 5 − x. AB = 169−6, 5 − x 𝟐 . По теореме Пифагора для ∆ AOB ВK = 6, 5 + x, AB = ВK + 4 . 169−6, 5 − x 𝟐 = 10, 5 + x. x = 1,5,x =−5,5. Интерпретируем отрицательный корень: точка B расположена между точками M и K , то есть отрезок MB откладывается в противоположном направлении.Оба корня удовлетворяют решению задачи.Ответ: 1,5 или 5,5.
Пример 49. Дана трапеция ABCD с боковыми сторонами AB = 36, CD = 34 и верхним основанием BC = 10. Известно, что, cos ABC = − 13. Найдите BD. АВСD103634АВСD1036342 случай. 1 случай. Угол ADC – тупой. Угол ADC – острый.
АВСDE103634x3610Решение. CE || AB, E ∈AD => => ABCE – параллелограмм. AEC = ABC, DEC = 180° − AEC, cos DEC = cos DAB = 13. Пусть ED = x, по теореме косинусов в треугольнике DEC :34 2 = 36 2+x 2−2∙36∙34∙ 13, x 2−24x +140 = 0, x = 14,x = 10. Условию задачи соответствуютдва чертежа. В одном случае угол CDE острый, в другом – тупой.1. Пусть x = 14, тогда AD = 24.По теореме косинусов в ∆ AВD : BD 2 = 36 2+24 2−2∙36∙24∙ 13 , BD 2= 1296 => BD = 36. EC 2 −ED 2 −CD 2= 36 2 − 14 2 − − 34 2 = −56 < 0 => угол D – острый.
АВСD103634xE36102. Пусть x = 10, тогда AD = 20.По теореме косинусов в ∆ AВD : BD 2 = 36 2+20 2−2∙36∙20∙ 13 , BD 2= 1216 => BD = 819. EC 2 − ED 2 − CD 2= 36 2 − 10 2 − − 34 2 = 40 > 0 => угол D – тупой.Ответ: 36 или 8 19 .
ВM + CN = BC + MN = 9 + 92 = 272 . Пример 50. (ЕГЭ, 2011). Окружность, вписанная в треугольник ABC, площадь которого равна 36, касается средней линии, параллельной стороне AB. Известно, что BC = 9. Найти сторону AB.АСВMNOllllllРешение. MN − средняя линия => MN || BC, MN = 12BC = 92. Пусть AB = x, AC = y, p − полупериметр ∆ ABC. В трапецию BMNC вписана окружность=> x + y = AB + AC = 2BM + 2CN = 27 . p = AB + AC + BC2 = x + y + 92 = 18.
АСВMNOllllll=> = 92∙18−x∙18−y = 36. По формуле ГеронаSABCD = p∙p−x∙p−y∙p−9 = = 18∙18−x∙18−y∙18−9 = 2∙18−x∙18−y = 4. 18−x∙18−y = 8 и x + y = 27 => 18−x∙18−27 + y = 8, x2 − 27x + 170 = 0, x = 17,x = 10. Ответ: 10 или 17. Два ответа означают, что условию задачи соответствует треугольник со сторонами10, 17, 9.Полученные значения x соответствуют двум способам обозначения вершин буквами.y = 17 при x = 10 и y = 10 при x =17.
5.3 Задачи с параметрамиПример 51. Дан прямоугольный треугольник АВС с прямым углом при вершине В и углом α при вершине А. Точка D – середина гипотенузы. Точка C1 симметрична точке С относительно прямой BD. Найдите угол AC1B.АСDC1BАСDC1B2 случай 1 случай αα450 < α < 900 00 < α < 450
АСDC1BαРешение. BD ┴ср CC1 => DC = DC1. Точка D – центр окружности, описаннойоколо прямоугольного треугольника.DC = DB = DA = R => C1 ∈окр (D; R) . 45° < α < 90° => 1 случай . AC1B = BCA = 90°– α. Точки C и C1 расположены по одну сторону от хорды AB.∆ ABC: ABC = 90°, BAC = α, BCA = 90° – α. => BDC = 2 BAC = 2α > 90°. Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, равны.
АСDC1Bα α < 45° => 2 случай . AC1B = 180°– BCA = 180 °– (90°– α) = 90 °+ α. Точки C и C1 расположены по разные стороны от хорды AB.=> BDC = 2 BAC = 2α < 90°. Четырехугольник AC1BC вписан в окружность, поэтому3 случай. Если α = 45°, то центральный угол BDC = 2 BAC = 90°. В этом случае ось BD перпендикулярна гипотенузе AC. Точка C отобразится в точку A, и угол AC1B не будет определён. Ответ: 90° + α, если 0° < α < 45°; 90° – α, если 45° < α < 90°;при α = 45° C ≡ A и угол AC1B не определен.
Пример 52. Периметр равнобедренного треугольника равен Р, одна из его сторон равна а. Найдите вторую сторону треугольника.AСB2 случай 1 случай СABaaallll
AСBllРешение. AB = a => AC = BC = P – a2 . Используя неравенство треугольника, получаем системуa < P – a2 +P – a2,P – a2<P – a2 +a; a < P 2,a>0. Пусть AC = BC = a => AB = P – a2 . P – 2a < a+a,a<P – 2a +a; a > P 4,a<P 2. Ответ: если 0 < a < P 4, то одно решение a, P – a2, P – a2; если P 4 < a < P 2, то два решения a, P – a2, P – a 2 или a, a, P – a2; при a≤0 или при a≥P 2 решений нет.
Пример 53. В параллелограмме ABCD известны стороны AB = a, BC = b, и BAD = α. Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников BCD и DAB. АВСDMOO1αАВСDMOO1αАВСDMOO12 случай 1 случай 3 случай
АВСDMOO1αРешение. ∆ DAB = ∆ BCD . Поэтому по разные стороны от прямой BD расположены центры O и O1 описанных около них окружностей.OO1 ┴ср BD => OO1 = 2OM, M ∈ BD, BM = MD. α < 900 => 1 случай . O – внутри ∆ DAB => => BOM = 12 BOD = α. ∆ BOM: OM = BM ∙ ctg α. OO1= 2OM = 2 BM ∙ ctg α = BD ∙ ctg α. ∆ DAB по теореме косинусов BD = a2 +b2 −2abcosα . => OO1 = a2 +b2 −2abcosα ∙ ctg α.
α > 90° => 2 случай . O – вне ∆ DAB => => BOD = 360°−2α. => BOM = 12 BOD = 180 °−α. αАВСDMOO1∆ BOM: OM = BM ∙ ctg (180 °−α), => OO1 = 2OM = 2 BM ∙ (−ctg α) = BD ∙(−ctg α). ∆ DAB по теореме косинусов BD = a2 +b2 −2abcosα . => OO1 = a2 +b2 −2abcosα ∙(−ctg α). OM = BM ∙(−ctg α) =>
α = 90° => 2 случай . O ≡ O1 => OO1 = 0. АВСDMOO1Ответ: если 0° < α < 90°, то a2 +b2 −2abcosα ∙ ctg α;если α = 90°, то 0;если 90° < α < 180°, то a2 +b2 −2abcosα ∙(−ctg α);в общем виде a2 +b2 −2abcosα ∙|ctg α|. НГПГ