Главная страница

А. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями


Скачать 0.98 Mb.
НазваниеА. Н. Колмогорова полное название Специализированный учебно-научный центр Московского государственного университета имени мв. Ломоносова, предъявляются два основных требования. Во-первых, необходимо владеть знаниями
Анкор18×
Дата04.11.2018
Размер0.98 Mb.
Формат файлаpdf
Имя файла18_215_18_Vstupitelnye_zadachi_FMSh_pri_MGU.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипКнига
#48039
страница11 из 19
Каталог
1   ...   7   8   9   10   11   12   13   14   ...   19
.. Даны две окружности одинакового радиуса. Они пересекаются в точках A и B. Через точку A проведена их общая секущая, пересекающая окружности в точках C и D. Через точку проведена прямая, перпендикулярная CD и пересекающая окружности ещё в точках E и H. Докажите, что CH
= ED = HD.
.. Постройте три окружности с центрами в заданных трёх точках, попарно касающиеся друг друга. Даны пять сторон описанного около окружности шестиугольника. Найдите шестую сторону. На отрезке между центрами двух касающихся внешним образом окружностей как на диаметре построена третья окружность. Докажите, что все три окружности касаются одной прямой. Медиана треугольника, проведённая к стороне длины, делится вписанной окружностью натри равные части.
Найдите длину этой медианы.
О т в е ты и решения. Указание. Выразите углы между высотами через углы треугольника. Пусть O
1
–– центр окружности радиуса r, A –– точка касания этой окружности с прямой AB, O
2
–– центр второй окружности (см. рис. ). Будем считать, что r
R. Опустим из точки перпендикулярна отрезок O
2
B. В треугольнике
O
1
KO
2
известны гипотенуза O
1
O
2
= R + r и катет O
2
K
= R − По теореме Пифагора AB
= O
1
K
= 2 rR.

Рис. 
Проведём общую касательную к окружностям (M
∈ Отрезки касательных MA, MC и равны, и значит, M –– середина AB,
MB
=
rR. Медиана CM в треугольнике вдвое короче стороны, откуда следует, что этот треугольник прямоугольный = Угол B в этом треугольнике равен половине дуги BC, как и центральный угол MO
2
B, и значит, прямоугольные треугольники ABC и MO
2
B подобны. По теореме Пифагора MO
2
= R
2
+ rR. Зная стороны треугольника и коэффициент подобия r
r
+ R
, можно найти оставшиеся стороны BC и Ответ. 2r
R
r
+ R
, 2R
r
r
+ R
, 2 rR.
.. Указание. Опустите перпендикуляр из центра круга на сторону малого квадрата и к получившемуся прямоугольному треугольнику примените теорему Пифагора.
B
A
C
K
N
Q
M
P
L
Рис. Ответ. Обозначим данный треугольник через ABC, PQ –– отрезок касательной между сторонами (P
AC, Q BC), N,
M, K, L –– точки касания окружности с отрезками AB, BC, CA и PQ соответственно (см. рис. ). По теореме о равенстве касательных, проведённых из одной точки, QM
= QL, PL = PK и значит, искомый периметр равен+ CK = a BM + b AK = a BN + b AN = a + b − Ответ. a
+ b c.
.. Указание.
BAC = Ответ. 20

, 80

, 80

.. Из равенства углов вписанного многоугольника следует равенство дуг A
1
A
3
, A
2
A
4
, …, A
n
−1
A
1
, A
n
A
2
. Сравнив
соседние дуги, видим, что также A
1
A
2
= A
3
A
4
= A
5
A
6
= Если n нечётно, то эта цепочка равенств включает также дуги, A
2
A
3
, …, A
n
−2
A
n
. Отсюда следует равенство всех сторон многоугольника при нечётном Прямоугольник является примером неправильного вписанного многоугольника сч тным числом сторон. Указание. Воспользуйтесь равенством AO · AM = AN · и формулой для длины медианы (тема , Ответ+ b
2 2
.. Продолжим прямые CD и FE до пересечения в точке Треугольники ODF, OBA и OCE подобны, что следует из равенства углов ODF, OBA и OCE. Пусть AB
= c и S –– площадь треугольника ODF. Тогда S
OAB
=
c
b
2
· S, S
OCE
=
a
b
2
· S и равенство площадей четырёхугольников запишется в виде S =
c
b
2
− 1 · Заметим, что это соотношение верно как для приведённого рисунка , таки в случае, когда точка C лежит между D и Отсюда находим c
=
a
2
+ b
2 2
. Эта формула верна ив случае параллельности прямых CD и EF, поскольку тогда a
= b = Ответ+ b
2 Рис. 
.. Указание. Воспользуйтесь равенствами и AB
= 4 R
1
R
3
Ответ.
3
π
8
..
Прямоугольные треугольники и BED (BD –– диаметр окружности)
подобны, так как имеют общий угол см. рис. ). Вписанные углы BCE и равны, поскольку оба опираются на дугу. Значит = ∠BDE = ∠BCE. Отсюда следует (по двум углам) подобие треугольников и ABC. Из равенства отношений соответственных сторон находим, что BE
=
BC
2
AB
= 9.

Ответ. AE
= 7.
.. Если центры кругов совпадают (O
1
= O
2
), то единственным центром их гомотетии является точка M
= O
1
= O
2
. При этом имеются две гомотетии с центром M, переводящие один круг в другой. Пусть и R
2
–– радиусы кругов, тогда коэффициенты этих гомотетий равны по модулю
R
1
R
2
и противоположны по знаку.
Если же O
1
= см. рис. ), то существуют два центра гомотетии и внутренний и внешний, расположенные на прямой так, что
O
1
M
1
M
1
O
2
=
O
1
M
2
M
2
O
2
=
R
1
R
2
,
причём точка лежит на отрезке O
1
O
2
, а точка вне его.
Чтобы построить эти точки, можно провести в кругах параллельные радиусы и соединить их концы. Точки пересечения полученных прямых с прямой и будут центрами гомоте- тий.
B
1
A
B
2
M
1
M
2
O
1
O
2
Рис. Рис. 
.. Указание. В качестве точки D следует взять точку касания вписанной в треугольник ABC окружности со стороной. Повернём треугольник ADC на вокруг вершины см. рис. ). Сторона AC перейдёт в отрезок AB, а точка D в точку E на отрезке DB. Последнее вытекает из равенства углов и ACD. Треугольник ADE –– равносторонний (AD
= и
= 60

), поэтому AD
= DE. Таким образом, AD + CD =
= DE + EB = BD.


.. Решение задачи зависит от расположения точек C, D, и H на окружностях. Мы рассмотрим случай, когда точка лежит между точками C и D, а точка H –– между B и E, как на рис. . Разбор других случаев оставляем читателю.
B
A
C
D
E
H
M
Рис. Вследствие того, что вписанные углы ACB и ADB опираются на равные дуги, они равны. Значит, треугольник CBD оказывается равнобедренными его высота является также ибис- сектрисой,
DBE = ∠CBH. Отсюда получаем равенство хорд и CH как стягивающих равные дуги в равных окружностях. Прямая BE –– серединный перпендикуляр к отрезку значит, точка H одинаково удалена от C и D: CH
= Замечание. По той же причине CE
= ED. Следовательно
–– ромб. Указание. Обратите внимание на то, что касание окружностей может быть внутренним или внешним. Возникают несколько случаев, в каждом из которых можно выписать систему уравнений на радиусы окружностей и, решив е, построить эти радиусы. Указание. Если ABCDEF –– данный шестиугольник, то+ CD + EF = BC + DE + FA.
.. Указание. Рассмотрите трапецию, образованную прямой, проходящей через центры данных окружностей, общей касательной и радиусами, проведёнными в точки касания. Пусть 3x –– длина искомой медианы AM, K и L –– точки касания вписанной окружности со сторонами BC и AC соот-

Рис. 
ветственно (см. рис. ). Применив теорему об отрезках секущей, получим, что MK
2
= 2x
2
= AL
2
, откуда MK
= AL. Учитывая, что KC
= CL, имеем AC = CM = 5. Длина отрезка CK равна см. 

), поэтому 5 − CK =
c
− 5 2
,
MK
2
=
(c
− 5)
2 4
= Отсюда c
= 2 2x + 5. Запишем формулу для длины медианы
(тема , 

):
MA
2
= 9x
2
=
(2 2x
+ 5)
2
+ 25 2

100 Положительный корень этого уравнения равен x
= 2 2. Длина медианы равна 3x
= 6 Ответ.
6 Решите сами. Докажите, что касательные к окружности, проведён- ные через вершины вписанного в эту окружность прямоугольника, образуют ромб. В треугольнике ABC медиана CD и биссектриса перпендикулярны. Найдите углы треугольника ABC, если известно, что точки A, C, D и E лежат на одной окружности. Изданной точки вне данной окружности опустите одной линейкой перпендикулярна её фиксированный диаметр. В равнобедренной трапеции ABCD с основаниями и BC = b окружности, вписанные в треугольники и ACD, касаются друг друга. Найдите AC.


(). По какой траектории движется третья вершина равностороннего треугольника, если первые две скользят по сторонам угла величиной 120

, а третья лежит внутри угла?
Л и тер ату р а поте м е Изаак Д. Выручает описанная окружность // Квант. .
№ . С. –– .
[2] Шарыгин И. Несколько эпизодов из жизни вписанных и описанных окружностей // Квант. . № . С. –– .
[3] Уроев В, Шабунин М. Об углах и окружностях // Квант. № . С. –– .
[4] Заславский А. Свойства и признаки окружности // Квант. № . С. –– .
[5] Алексеев В, Галкин В, Панфёров В, Тарасов В. Точка на окружности // Квант. . № . С. –– .

Тема Прямоугольный треугольник
Теорема Пифагора
Т е ори я
В произвольном треугольнике ABC выполняются следующие соотношения. Теорема синусов 2R.


. Теорема косинусов c
2
= a
2
+ b
2
− 2ab cos γ.


. Соотношения в прямоугольном треугольнике. Если и b –– катеты прямоугольного треугольника, c –– его гипотенуза, то выполняются соотношения a
2
+ теорема Пифагора p c, S =
1 2
ab,
h
c
=
ab
c
,
m
c
= R =
c
2


. Критерии прямоугольного треугольника. Треугольник является прямоугольным в томи только том случае, когда выполнено любое из следующих условий (здесь c –– большая из сторон) c
2
= a
2
+ b
2
;
) центр описанной окружности лежит на одной из сторон) радиус вписанной окружности r удовлетворяет равенству) медиана, проведённая к одной из сторон, вдвое короче этой стороны (см. задачу Задачи. Докажите, что круги, построенные на сторонах выпуклого четырёхугольника как на диаметрах, полностью покроют весь четырёхугольник.


. (). Докажите, что диаметр круга, вписанного в произвольный прямоугольный треугольник, равен разности между суммой катетов и гипотенузой. Из точки P, взятой вне окружности с центром проведены касательные PA и PB (A и B –– точки касания).
Пусть C –– основание перпендикуляра, опущенного из A на диаметр BD. Докажите, что отрезок AC делится прямой пополам. Прямоугольный треугольник разделён высотой,
опущенной из вершины прямого угла, на два треугольника.
В образовавшиеся треугольники вписаны окружности радиусов и R
2
. Найдите радиус окружности, вписанной в исходный треугольник. Окружность касается гипотенузы в середине и проходит через середину меньшего катета некоторого прямоугольного треугольника. Найдите её радиус, если катеты равны a и b (a
< b).
. (). Пусть H –– точка пересечения высот остроугольного треугольника ABC, площадь которого равна S. Найдите площадь прямоугольного треугольника ALB, если точка L лежит на отрезке CH или его продолжении, а площадь треугольника равна S
1
. (). Докажите, что если медиана треугольника равна половине стороны, к которой проведена, то треугольник прямоугольный. Докажите, что если биссектриса угла треугольника делит пополам угол между медианой и высотой, проведён- ными из той же вершины, то треугольник прямоугольный
(). Дан отрезок длины 6. Постройте отрезок длины. Дан единичный отрезок и отрезок длины n. Постройте отрезок длины
(). В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла делит гипотенузу в отношении 1 : 2. В каком отношении делите высота, опущенная из прямого угла

. (). В прямоугольный треугольник ABC (∠C = вписана окружность с центром в точке I. Известно, что AI
= a,
BI
= b. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника. Даны площадь S и периметр P прямоугольного треугольника. Найдите гипотенузу. Найдите радиус окружности, касающейся катетов прямоугольного треугольника ABC и описанной около окружности, если радиус вписанной в треугольник окружности равен r.
.. Прямоугольный треугольник разбит высотой, проведён- ной из вершины прямого угла, на два треугольника, в каждый из которых вписана окружность. Найдите расстояние между центрами окружностей, если катеты прямоугольного треугольника равны a и b.
.. Через произвольную точку M внутри круга радиуса проведены взаимно перпендикулярные хорды AB и CD. Докажите, что+ BM
2
+ CM
2
+ DM
2
= 4R
2
.. В прямоугольном треугольнике ABC высота, опущенная на гипотенузу, равна 5
, а биссектриса прямого угла равна 2 7
. Найдите площадь треугольника ABC.
.. На гипотенузе AB прямоугольного треугольника построен квадрат, причём центр квадрата (точка O) и точка лежат по разные стороны от прямой AB. Найдите OC, если a и AC = Ответы и решения. Указание. Разбейте четырёхугольник на 4 прямоугольных треугольника диагональю, проходящей через две вершины,
и перпендикулярами, опущенными на диагональ из двух других вершин. Опустим из центра I окружности, вписанной в прямоугольный треугольник ABC, перпендикуляры IK и IL накате ты AC и BC соответственно. Четырёхугольник CKIL –– квадрат = ∠C = ∠L = 90

, IK
= IL = r –– радиус вписанной окружности. Значит, радиус r равен расстоянию от вершины C до точки касания вписанной окружности, те см. тему, а диаметр равен a
+ b − Рис. 
.. Архимед) Точку пересечения отрезков и PD обозначим Q см. рис. Отложим на прямой PB отрезок PE, равный. Поскольку касательные PA и равны, медиана AP треугольника вдвое короче стороны BE, и значит, этот треугольник –– прямоугольный.
Отсюда следует, что точки E, A и D лежат на одной прямой. Треугольники EDB и ADC
гомотетичны относительно точки D, и эта гомотетия отображает P в Q, ибо Q
∈ Из того, что P –– середина EB, вытекает, что Q –– середина AC.
.. Каждый из меньших треугольников подобен исходному.
Пусть коэффициенты подобия равны и k
2
. Запишем площадь исходного треугольника как сумму площадей его частей k
2 1
· S + k
2 2
· S, откуда k
2 1
+ k
2 2
= 1. Если R –– искомый радиус,
то R
1
= k
1
· R и R
2
= k
2
· R, и значит 1
+ R
2 2
= k
2 1
· R
2
+ k
2 2
· R
2
= Ответ 1
+ R
2 2
.. Пусть треугольник имеет вершины A, B, C, точки L и M середины катета BC
= a и гипотенузы AB соответственно –– диаметр окружности, r –– её радиус (см. рис. ). Отрезок средняя линия треугольника ABC –– имеет длину
b
2
Прямоугольные треугольники KML и ABC подобны (каждый из них подобен треугольнику KBM), и значит, верна пропорция, из которой находим Ответ. r
=
b
4a
· a
2
+ b
2
.. Пусть CD и AE –– высоты треугольника ABC см. рис. Из подобия треугольников ADH и CDB каждый из них по
Рис. Рис. 
добен
AEB) следует, что. По известному свойству высоты прямоугольного треугольника AD
· BD = LD
2
. Из этих равенств получаем LD
2
= CD · HD. Умножая обе части последнего равенства на 4
AB
2
, находим искомую площадь S · Ответ S
1
.. Указание. В условиях задачи середина стороны треугольника является центром его описанной окружности. Указание. Биссектриса угла в треугольнике и серединный перпендикуляр к противоположной стороне пересекаются в точке, лежащей на описанной около треугольника окружности. Указание. Воспользуйтесь тем, что отношение диагоналей к стороне в квадрате равно, и тем, что отношение высоты к стороне в правильном треугольнике равно Рис. 
1   ...   7   8   9   10   11   12   13   14   ...   19

перейти в каталог файлов
связь с админом