Задачи (И - Лицей № 40

-2-
Глубокою покрыто тьмой,
Что в жизни нашей будет.
Лишь то сознанием дано,
что делать в ней нам подобает.
(Кант)
Аннотация
Перед вступительными экзаменами в вузы на специальности с повышенными
требованиями по математике абитуриентам полезно упражняться в решении
геометрических задач. История конкурсных экзаменов свидетельствует, что наибольшие
затруднения у будущих студентов возникают в задачах по геометрии, особенно –
планиметрии. Это объясняется тем, что в последние годы “реформаторы образования”
последовательно навязывают геометрии роль второстепенной дисциплины в школьной
программе, и еще тем, что учащиеся после окончания 9-го класса утрачивают опыт
планиметрических рассуждений.
Структура данного пособия такова. Сформулированы задачи и приведены их
решения (достаточно подробные, но почти всегда настраивающие на внимательное
прочтение и изучение); в тексте нет рисунков, предполагается, что читатель способен (и
должен!) самостоятельно построить чертеж и критически обдумать приведенные автором
аргументы; важно иметь в виду, что геометрическая задача обычно допускает
многовариантный подход и не исключено, что лицеист сумеет отыскать более элегантное
решение, чем предложенное в брошюре. Многие задачи предлагались в различные годы в
качестве конкурсных очень серьезными учреждениями, например: МГУ, ЛГУ (СпбГУ),
МФТИ, МВТУ, НГУ, ННГУ. Большое количество задач (с решениями) дается в
аналогичных данному пособиях по геометрии для 9 и 10 классов.
Влияние Р.Н. Шилкова на выпуск настоящего пособия велико, и это
неудивительно: общеизвестно, что его (RNSh) влияние распространяется на все аспекты
лицейской жизни. Соразмерной (и искренней) является благодарность достойнешему
мужу, выражаемая автором сегодня и всегда.
Май 2010, лицей №40, Нижний Новгород
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-3-
Задачи по геометрии. 11 класс
Планиметрия
1. a, b, c – длины сторон треугольника ABC. В каком отношении центр вписанной
окружности делит биссектрисы углов треугольника?
Решение. Поместим в вершины A, B, C массы a, b, c соответственно. Сгруппировав точки
aA и cC в их материальный центр B1 (основание биссектрисы угла B), заменим систему
<aA, bB, cC> статически эквивалентной системой <bB, (a + c)B1> (теорема о биссектрисе
+ правило рычага Архимеда + теорема о группировке). Снова – правило рычага.
Ответ. (a + c) / b, (b + c) / a, (a + b) / c, считая от вершин B, A, C.
2. AB – хорда окружности, l – касательная, C – точка касания. Расстояния от l до A и B
равны соответственно a и b. Найдите расстояние d от C до AB..
Решение. M  l  AB,   AMC. MB  MA  MC 2 , (MB sin  )  ( MA sin  )  (MC sin  ) 2 .
Значит ab = d2.
Ответ. ab .
3. В окружность радиуса R вписан треугольник. Вторая окружность, концентрическая с
первой, касается одной стороны треугольника и делит каждую из двух других сторон на
три равные части. Радиус второй окружности равен r. Найдите отношение r / R.
Решение. Пусть D – точка касания второй окружности со стороной AC треугольника
ABC. Центр этой окружности (концентрической с описанной около треугольника ABC)
лежит на серединном перпендикуляре к AC, поэтому AD = DC и, следовательно, AB = BC.
По теореме о степени точки (здесь нужна точка A) относительно окружности имеем:
1
2
AB  AB  AD 2  R 2  r 2 , AD 2  AB 2  BD 2  AB 2  ( R  r ) 2 
3
3
9
R 2  r 2  (R 2  r 2 )  (R  r) 2 .
2
Ответ. 5/9.
4. Стороны a, b, c (a < b < c) треугольника образуют арифметическую прогрессию. R и r –
радиусы описанной и вписанной окружностей. Докажите, что ac = 6Rr.
Решение. Решаем задачу “с конца”. Пусть ac = 6Rr. Уменьшаем число параметров (p –
полупериметр, S – площадь треугольника):
abc S
3b
ac  6
 ,1
, 3b  2 p  a  b  c  3b, a  c  2b - верно (арифметическая
4S p
2p
прогрессия!). Преобразования обратимы – все доказано.
5. В треугольнике АВС проведена высота ВN. О – центр описанной около треугольника
АВС окружности. Докажите, что OBC  NBA .
Решение. Проведем диаметр BD. Вписанные углы BDC и BAC равны как опирающиеся
на одну и ту же дугу BC, угол BCD прямой (опирается на диаметр BD).
OBC  90  CDB  90  BAC  NBA .
6. В треугольнике АВС проведены высоты ВВ1 и АА1. О – центр описанной около АВС
окружности. Докажите, что прямые А1В1 и СО перпендикулярны.
Решение. Точки A, B, A1, B1 лежат на окружности с диаметром AB
 CA1 B1  90  AA1 B1  90  ABB1  A (вписанные углы),
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-41
(180  COB )  90  A  CA1 B1  OCB  90  OC  A1 B1
2
(треугольники A1B1C и ABC подобны; k = cos C - коэффициент подобия).
OCB 
7. Треугольник ABC – остроугольный. AM и CN – высоты, O – центр описанной
окружности. ABC   , S NOMB  S . Найдите AC.
Решение. Треугольники BMN и ABC подобны с коэффициентом cos  и MN  OB
(задача 6). Если R – радиус описанной около треугольника ABC окружности, то
1
1
1
S NOMB  S  OB  MN  R  MN  R  AC  cos  ,
2
2
2
AC
1 AC
R
S
 AC  cos   AC  2 S  tg .
2 sin 
2 2 sin 
8. Треугольник ABC – остроугольный. AA1, BB1, CC1 – высоты. R – радиус описанной
окружности. Найдите 2q – периметр треугольника A1B1C1.
Решение. См. задачу 7: AO  B1C1 (O – центр описанной окружности)
1
 S AOC1  S AOB1  B1C1  R и т.д. SABC = qR = S.
2
Ответ. 2S / R.
9. В окружности радиуса R проведены хорды AB и CD. AB  CD , BD = a. Найдите AC.
Решение. F  AB  CD. Дуги AC и BD дают в сумме 180 , так же – дуги BD и BE (DE –
диаметр); дуги AC и BE равны, значит AC = BE, BE2 + BD2 = 4R2, AC2 + a2 = 4R2.
Ответ. AC  4R 2  a 2 .
10. Около прямоугольника описана окружность. Сумма квадратов расстояний от точки M
окружности до всех вершин прямоугольника равна a. Найдите площадь круга.
Решение. Треугольник AMC – прямоугольный, MA2 + MC2 = 4R2, a = 8R2.
Ответ. a / 8 .
11. В треугольнике ABC BC  4, AB  2 19 . Центр окружности, проходящей через
середины сторон треугольника, лежит на биссектрисе угла C. Найдите AC.
Решение. Пусть O – центр окружности, проходящей через точки A1, B1, C1 – середины
сторон треугольника. OA1  OB1 , OC  OC , A1CO  B1CO  A1OC  B1OC или
CA1O  CB1O  180 . В первом случае получим AC = BC – но это невозможно
(нарушается неравенство треугольника!). Во втором случае четырехугольник CA1OB1 –
вписанный и A1OB1  2A1C1 B1  2ACB; ACB  A1OB1  180  ACB  60 . Теперь
– теорема косинусов.
Ответ. AC = 10.
12. Основания BC и AD трапеции ABCD равны 1 и 4, одна боковая сторона равна 2 .
Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны. Найдите другую боковую сторону.
Решение. Ключ: AB2 – BC2 = AD2 – CD2!
Ответ. 15 .
13. Окружности радиусов R и r касаются внешним образом. Найдите радиус окружности,
касающейся двух данных и их общей внешней касательной.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-5Решение. A, B – общие точки внешней касательной окружностей радиусов R и r, O1 и O2 –
их центры, O3 и x – центр и радиус третьей окружности. Проведем через O2 и O3 прямые,
параллельные AB. Из получившихся прямоугольных треугольников имеем:
( R  x) 2  ( R  x) 2  (r  x) 2  (r  x) 2  ( R  r ) 2  ( R  r ) 2 .
Rr
Ответ.
.
( R  r )2
14. В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса прямого угла. Катеты равны a
и b. Найдите расстояние между точками пересечения высот двух получившихся
треугольников.
Решение. Самый естественный и надежный метод – координаты.
a b
Ответ. a 2  b 2 
.
ab
15. ABCD – описанный четырехугольник. Окружности, вписанные в треугольники ABC и
ACD, касаются друг друга.
Доказательство. Пусть K и M – точки касания вписанных в ABC и ACD окружностей с
диагональю AC четырехугольника. По теореме об отрезках касательной:
1
1
1
AK  AM  KM  ( AB  AC  BC )  ( AC  AD  CD  AB  CD  BC  AD  0 .
2
2
2
16. Из точки C проведены касательные CA и CB к окружности (A и B – точки касания).
Точка M окружности удалена от CA и CB на расстояния a и b соответственно. Найдите
расстояние от M до AB.
Решение. MK  AC, MN  BC , MD  AB . MD = x. MAK  ABM (вписанные,
опирающиеся на одну и ту же дугу)  треугольники AKM и BDM подобны (они
a
x
a AM

 
прямоугольные) 
. Треугольники ADM и BMN также подобны
AM BM
x BM
x
b
x AM
a x


 
  .
AM BM
b BM
x b
Ответ. ab .
17. В треугольнике ABC A  45, B  75 . На стороне AB как на диаметре построена
окружность, которая пересекает стороны AC и BC соответственно в точках D и E.
Найдите SABC, если DE = 1.
Решение. C  60, ABD  45, DBE  75  45  30  дуга DE вмещает 60 и DE –
сторона правильного вписанного шестиугольника!  DE  R  1  AB  2 R  2 
(теорема синусов...) 
3 1
Ответ.
.
3
18. Треугольник ABC – равнобедренный, AB = BC. BD, CF, AE – биссектрисы. Точка B
лежит на окружности радиуса R, проходящей через D, E, F. Найдите площадь ABC.
Решение. BD – диаметр окружности с центром O, OB = OE. Рассмотрев всю картину и
особенно треугольник BDE, постепенно и последовательно увидим, что BAC   ,
2R
AB 
, AC  2 AB  cos   4 R  ctg ; BE  2 R  cos(90   )  2 R  sin  
sin 
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-6-
EC  BC  BE 
... cos  
2R
2R cos 2 
 2R sin  
;
sin 
sin 
BE AB
2R sin 2 
2R




2
EC AC
2 R cos  sin   4R  ctg
17  1
1
; S ABC  AC  BD  R  AC  4 R 2 ctg ...
4
2
Ответ. 2 2( 17  1)  R 2 .
19. Окружности радиусов R и r (R > r) внутренне касаются в точке A. Через точку B на
большей окружности проведена касательная BC к меньшей окружности (C - точка
касания). BC = a. Найдите AB.
Решение. O1 и O2 – центры большей и меньшей окружностей, M – точка пересечения
меньшей окружности с AB. Треугольники AO2M и AO1B подобны (они равнобедренные и
AM
r
 ; BM  AB  BC 2  a 2 .
угол A у них общий).
AB R
Rr
Ответ. a
.
R
20. Найдите площадь четырехугольника ABCD, вписанного в окружность, если AB = 9,
CD = 4, AC = 7.
Решение. K  AC  BD , ABD   , BDC   , BC  x, AD  y .
1
BKC      S ABCD  BD  AC  sin(    ) . Из треугольников ABC и BDC получим
2
2
2
2
 x  AB  AC  2 AB  AC  cos 
25
4 21
 cos  
 0  sin  
. Аналогично, из
 2
2
2
31
31
 x  BD  DC  2 BD  DC  cos 
треугольников ABD и ACD найдем cos  
Ответ.
10
21
, sin  
. Тригонометрия быстро дает
11
11
1820
21 .
341
21. Основание AC равнобедренного треугольника ABC является хордой окружности,
центр которой лежит внутри треугольника ABC. Прямые, проходящие через точку B,
касаются окружности в точках D и E. Найдите площадь треугольника DBE, если
AB=BC=2, ABC  2 arcsin( 1 / 5 ) , а радиус r окружности равен 1.
Решение. O – центр окружности. ( BO  r )  ( BO  r )  BD 2 , BO 2  1  BD 2 ; BO  BK  AK ,
где K – середина AC.
B
1
2
4
.
BK  AB 2  AK 2  4  AK 2 , AK  AB  sin  2  arcsin

, BK 
2
5
5
5
1
4
1
3
9
2
DBE OE
5
OK  AO 2  AK 2 
 BO 


, BD 
1 
, sin


5
2
OB
3
5
5
5
5
5
4 5
1 4 4 5
, S DBE   
.
9
2 5 9
Можно (всегда!) – координаты.
8
Ответ.
.
9 5
sin DBE 
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-722. Окружность, центр которой лежит вне квадрата ABCD, проходит через точки B и C.
Найдите угол между касательными к окружности, проведенными из точки D, если
отношение длины стороны квадрата к диаметру окружности равно 3/5.
Решение. Координаты: r – радиус, O – центр окружности (начало координат). Сторона
a=6r / 5.   OBC . Тогда B(r cos  ;  r sin  ), C (r cos  ;  r sin  ), D(r cos  ;  r sin   a) ,
a 3
4
3
4
3
4
3
3
 , sin   и B( r;  r ), C ( r;  r ), D( r ;  2r ) . y  k ( x  r )  2r где cos  
2r 5
5
5
5
5
5
5
5
уравнения касательных к окружности x2 + y2 = r2 из точки D. Из условия касания получаем
16k2 - 60k – 75 = 0.
5
Ответ. 2 arcsin
.
109
23. На продолжении стороны AD ромба ABCD за точку D взята точка K. Прямые AC и BK
пересекаются в точке Q. Известно, что AK=14 и что точки A, B и Q лежат на окружности
радиуса 6, центр которой принадлежит отрезку AK. Найдите длину отрезка BK.


Решение. O – центр окружности,  - угол A ромба. AQ  2 AO cos  12 cos ,
2
2
 
 
AB  2 AO cos  12 cos . Из треугольника ABQ: ABQ     (   )   . По
2
2
2 2

15
AK
AB

теореме синусов для треугольника ABK
. И т.д. cos 
и–
 
2
4
sin BKA
sin(  )
2 2
теорема косинусов для треугольника ABK.
Ответ. BK = 7.
24. В прямоугольном треугольнике ABC (угол C – прямой) проведена медиана AA1,
пересекающая высоту CD треугольника в точке M. Найдите угол A, если DM : MC = 3 : 4.
Решение. Барицентрический метод! Нагрузим вершины C и B массами, равными 1. Далее
– подбираем массу в вершине A так, чтобы точка D стала материальным центром A и B и
производим перегруппировку: если a, b – катеты, то CAB   ; AD  b cos  ; DB  a sin  ;
m
DB a
  tg  A  m A  tg 2 ;
AD b
mB
Ответ. 30 .
MD
1
3
3
3

 , cos 2   , cos  
.
2
MC 1  tg  4
4
2
25. В трапеции ABCD ( AB и CD – основания) высота равна h, 3AC = 2BD. Найдите
площадь трапеции, если BAC  2DBA .
Решение. Проведем CE параллельно диагонали DB (точка E лежит на продолжении AB).
CE
AC CE
CE DB 3
3
CEA  DBA   , CAB  2 ;

,
 2 cos  ,

 ; 2 cos   ;
sin 2 sin  AC
AC AC 2
2
9
1
7
h
h
10
cos 2  2 cos 2   1  2   1  ; tg 
; tg 2  3 7 ; AE 


h;
16
8
3
tg tg 2 3 7
1
S ABCD  AE  h .
2
5 2
Ответ.
h .
3 7
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-826. В параллелограмме со сторонами 2 и 4 проведена диагональ длиной 3. В каждый из
получившихся треугольников вписано по окружности. Найдите расстояние между их
центрами.
Решение. ABCD – параллелограмм. Вписанные в треугольники ABD и BCD окружности
3 2 4 9
 .
равны, r – их радиусы, O1 и O2 – центры, K и E – точки касания с BD. p 
2
2
9 5 3 1 3 15 9
15
9
1
3 1
S BCD 
   
 rr 
; DE   4   KE  DK  DE    1;
2 2 2 2
4
2
6
2
2
2 2
15
51
51
.
O2 K  1 

,d 
36
6
3
51
Ответ.
.
3
27. В остроугольном равнобедренном треугольнике ABC угол при основании AC равен  ,
длина боковой стороны равна a. Точка M расположена на BC и имеет наименьшую (по
сравнению с другими точками отрезка BC) сумму квадратов расстояний до прямых AC и
AB. Найдите длину отрезка MC.
Решение. MC=x. MP  AC, MQ  AB; MCP : MP  x sin  ;
MQB : MQ  (a  x) sin 2 ; d  x 2 sin 2   (a  x) 2 sin 2 2 ; d x'  2 sin 2   ( x  4( x  a) cos 2  );
4a cos 2 
4a cos 2 
x  4( x  a) cos  ; x(1  4 cos   4a cos  ; d  0 при x 
x

1  4 cos 2 
1  4 cos 2 
точка минимума функции d.
4a cos 2 
Ответ.
.
1  4 cos 2 
2
2
2
'
x
28. В треугольнике ABC на стороне AC взята точка D так, что окружности, вписанные в
треугольники ABD и BCD, касаются. Известно, что AD = 2, CD = 4, BD = 5. Найдите
радиусы окружностей.
Решение. Пусть O1 и O2 – центры, r1 и r2 – радиусы, N и M – точки касания окружностей,
S
AD 2 1 r1 (7  x) 1
вписанных в ABD и DBC, с AC, ND = x. ABD 
  ;
 ;
S CBD CD 4 2 r2 (9  x) 2
4 x 2  (r1  r2 ) 2  (r1  r2 ) 2  x 2  r1  r2 . Применим теорему косинусов к треугольникам
ABC и BCD и исключим косинус C: 3x 2  23x  20  0, x1, 2 
Ответ. r1 
r  r  1
23  17
, x  1.  1 2

6
8r2  12r1
6
6
, r2 
.
3
2
29. В равнобедренном треугольнике ABC (AB = BC) биссектрисы BD и AF пересекаются в
точке O. Отношение площадей треугольников DOA и BOF равно 3 : 8. Найдите
отношение AC : AB.
3
y
 : ( kx) 
Решение. AC=y, BC=x.  2
8 , и – теорема о биссектрисе: y : x = 1 : 2.
k ( x  y )  x
Ответ. 1 : 2.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
-930. В равнобедренной трапеции меньшее основание равно боковой стороне, а большее
основание равно a. Большее основание видно из центра окружности, описанной около
трапеции, под углом  . Найдите длину боковой стороны трапеции.
Решение. Нужно рассмотреть случаи расположения центра окружности внутри, вне и на
большем основании трапеции и опустить перпендикуляры из центра на большее
основание и боковую сторону трапеции. AOD   , COD   и – теорема синусов.
2  

sin
sin
6 ; a
6; a.
Ответ. a


2
sin
sin
2
2
31. Около трапеции ABCD описана окружность. Хорда CE пересекает диагональ BD в
точке M и основание AD в точке N. Найдите BD, если CM = a, MN = b, NE = c.
Решение. Проведем DE. Треугольники MDE и MND подобны, также – треугольники
MN MD
MN MD

 MD  b(b  c) ;


MND и BMC (по двум углам) 
MD ME
MC MB
bc
.
MB  a
b
bc
Ответ. (a  b)
.
b
32. Основание AB трапеции ABCD вдвое длиннее основания CD и вдвое длиннее боковой
стороны AD. Длина диагонали AC равна a, а длина боковой стороны BC равна b. Найдите
площадь трапеции.
Решение. DC  x, AB  2 x, CAB  DCA   ; AD  x  ADC - равнобедренный. Из
треугольников ABC (теорема косинусов) и ADC получаем: b 2  a 2  4 x 2  4ax cos  ,
cos  
a
 x
2x
Ответ.
3
ab .
4
a2  b2
, cos  
2
a
a2  b2
, sin  
b
a2  b2
, h  a sin  , S 
2x  x
h.
2
33. Диагонали трапеции равны 3 и 5, а отрезок, соединяющий середины оснований, равен
2. Найдите площадь трапеции.
Решение. Пусть a = AD и b = BC – основания трапеции ABCD, P и Q – середины AD и
BC, CM || QP, CE || BD (точки M и E лежат на прямой AD). SABCD = SACE.
ab ab

 b  AM  ME , AC  5, CE  3, CM  2 - медиана треугольника ACE. Если
2
2
достроить ACE до параллелограмма (AE – одна из диагоналей), то по теореме о равенстве
сумм квадратов диагоналей параллелограмма и квадратов сторон получим
2 13  8
 4  13 , и – формула Герона.
42+AE2=2(52+32), AE  2 13; p 
2
Ответ. 6.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 10 34. В каких пределах может изменяться отношение радиуса вписанной в прямоугольный
треугольник окружности к высоте hc?
Решение.
chc
r
c
c
c
1
1
1
 pr 

;





2
hc 2 p 2 p a  b  c a / c  b / c  1 sin A  sin B  1 sin A  cos A  1
1

 0  A  90,  45  45  A  45  2  2 cos( 45  A)  1  2 
2 cos( 45  A)  1
r
1
 .
Ответ. 2  1 
hc 2
35. Окружность, вписанная в трапецию ABCD, касается боковой стороны AB в точке F.
Найдите площадь трапеции, если AF = m, FB = n, а меньшее основание трапеции равно b.
Решение. Пусть E и K – точки касания вписанной окружности с меньшим основанием BC
и боковой стороной CD, CK = x, KD = y. По теореме о равенстве отрезков касательной
имеем BE = n, EC = b – n = CK. Треугольники AOB и COD (O – центр вписанной
окружности) – прямоугольные (ABCD – трапеция, AO, BO, CO и DO – биссектрисы углов
A, B, C и D); по теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике
mn  xy  r 2 (r – радиус вписанной окружности). Находим y и пишем
bmn
 mn .
Ответ. b 
bn
36. Около окружности радиуса r = 2 / 3 описана равнобедренная трапеция. Угол между
диагоналями трапеции, опирающийся на основание, равен 2arctg (2 / 3 ) . Найдите длину
отрезка, соединяющего точки касания окружности с большим основанием трапеции и
одной из ее боковых сторон.
Решение. O – центр вписанной в трапецию ABCD окружности, E и F – точки касания с
основанием AD и боковой стороной AB. Треугольник AOB – прямоугольный (ABCD –
трапеция!). BP  AD, CK  AD; OE  AD, BAD  2 , OAD   .

2
8
8 4
AK  CK  ctgCAK  2r  ctg (  arctg
)  ; PK  BC  AK  AP  
ctg 2 ;
2
3
3
3
3
4
AD  BC
8  AF  FB  8 / 3
2r
3
AB 
sin 2 
 ...  . 
 AF  2, FB  2 / 3; sin 2 


2
2
3  AF  FB  r  4 / 3
AB
2
3
2  60  AFE – равносторонний треугольник и FE = AF.
Ответ. 2 см.
37. В окружности радиуса R взята дуга в 120 . В сегмент, соответствующий этой дуге,
вписан прямоугольник ABCD такой, что AB : BC = 1 : 4; сторона BC лежит на хорде,
ограничивающей сегмент. Найдите площадь прямоугольника.
Решение. Пусть BC = 4x. Введем систему координат с началом в центре окружности.
R
R2
3R
9 2
 R2; x 
; S ABCD  4 x 2 
R .
Имеем: A(2 x;  x); 4 x 2  x 2  Rx 
2
4
10
25
9 2
R .
Ответ.
25
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 11 38. Окружность радиуса r касается прямой в точке M. На этой прямой по разные стороны
от M взяты точки A и B так, что MA = MB = a. Чему равен радиус окружности,
проходящей через точки A и B и касающейся данной окружности?
Решение. Искомая окружность касается данной в точке P, диаметрально
противоположной в данной окружности точке M, и проходит через A и B. По теореме
2a
2a
2a
синусов
для
треугольника
ABC:
2R 


;
sin APB sin(   2PAB) sin PAB
2r
tgPAB 
 ... 
a
a 2  4r 2
Ответ.
.
4r
39. В прямоугольнике ABCD AB = a, BC = b. На стороне AB как на диаметре построена
окружность, и к ней из вершины C проведена касательная, пересекающая сторону AD в
точке K. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник CDK.
Решение. Пусть P – точка касания, CP = CB = b, KP = AK = x. Тогда (x + b)2 = a2 + (b – x)2,
x = a2 / 4b. SCDK = pr = a (b – a2 / 4b) / 2.
a ( 2b  a )
Ответ. r 
.
4b
40. В окружности проведены три попарно пересекающиеся хорды. Каждая хорда
разделена точками пересечения на три равные части. Найдите радиус окружности, если
одна из хорд равна a.
Решение. Все хорды равны a (по теореме о произведении отрезков пересекающихся хорд).
Отрезки, являющиеся средними третями данных хорд, образуют равносторонний
треугольник со стороной a/3. Окружность, описанная около этого треугольника, a 3 1
a
концентрическая с данной. Расстояние от центра до хорды равно
.

 
3 2 3 6 3
a 2 a2
7
R ( ) 
a
.
2
108
27
Ответ. R  a
7
.
27
41. Вписанная в треугольник ABC окружность касается его сторон AC и BC
соответственно в точках M и N и пересекает биссектрису BD в точках P и Q. Найдите
отношение площадей треугольников PQM и PQN, если A   / 4, B   / 3 .
Решение. Наши треугольники – прямоугольные (PQ – диаметр вписанной в ABC
окружности!). OM  AC, ON  BC (O – центр окружности).
7

1 7 
11
MON    C   
, PQN  , PQM  (
 )
(по дугам PN, MP,
12
6
2 12 3
24
11
11
S PQM 2r  sin 24  2r  cos 24
2



sin
MN).
. Можно считать дальше:


S PQN
12
3
2r  sin  2r  cos
3
3
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 12 cos

6

Ответ.
3



, 1  cos  2 sin 2
 sin

2
6
12
12
2 3
.
2
2 3
.
3
42. Биссектриса угла C треугольника ABC делит сторону AB на отрезки a и b (a > b).
Касательная к окружности, описанной около треугольника ABC, проходящая через C,
пересекает прямую AB в точке D. Найдите CD.
Решение. CAB  BCD  треугольники ACD и CBD подобны, AC = ka, BC = kb
b
b
b
ab
 CD   AD, DB   CD  AD  a  b   CD, CD 
.
a
a
a
ab
ab
Ответ. CD 
.
ab
43. Найдите сумму квадратов расстояний от точки M, взятой на диаметре окружности, до
концов некоторой хорды, параллельной этому диаметру, если радиус окружности равен R,
а расстояние от точки M до центра окружности равно a.
Решение. O – центр окружности, OM – отрезок радиуса, AB – хорда, параллельная OM. В
системе координат с центром O и осью абсцисс OM: M(a;0), A(-x;y), B(x;y), MA2 + MB2 =
(x + a)2 + y2 + (x – a)2 + y2 = 2(x2 + y2) + 2a2 = 2(R2 + a2).
Ответ. 2(R2 + a2).
44. Окружность, проходящая через вершины A, B и C параллелограмма ABCD, пересекает
прямые AD и CD в точках M и N. Точка M удалена от вершин B, C и D соответственно на
расстояния 4, 3 и 2. Найдите MN.
MN DM
AC

, MN 
2;
Решение. Треугольники MDN и ABC подобны 
AC
AB
AB
AC 4
 .
треугольники ABC и MBC также подобны (вписанные углы!) 
AB 3
8
Ответ. .
3
45. В треугольнике ABC сторона BC равна a, радиус вписанной окружности равен r.
Найдите радиусы двух равных окружностей, касающихся друг друга, если одна из них
касается сторон BC и BA, а другая – сторон BC и CA.
Решение. Пусть x – радиусы искомых окружностей. Сразу получаем систему уравнений
B
C

r
(
ctg

ctg
)a

2
2
и решаем ее относительно x.

B
C
 x(ctg  ctg )  2 x  a

2
2
ar
Ответ.
.
a  2r
46. В треугольнике одна сторона равна a, другая 2a. Найдите площадь треугольника и
третью сторону, если биссектриса, проведенная из общей вершины данных сторон, равна
a.
Решение. Пусть 2 - указанный в условии угол, x и 2x – отрезки, на которые биссектриса
разделила третью сторону (теорема о биссектрисе). x  2a sin(  / 2); по теореме косинусов
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 13 16a 2 sin 2 ( / 2)  4a 2  a 2  4a 2 cos  , 8(1  cos  )  5  4 cos  , cos   3 / 4, sin 2 ( / 2)  1 / 8,
3x  3a / 2 , cos 2  2 cos 2   1  1 / 8, sin 2  3 7 / 8, S 
Ответ.
3 7 2
a .
8
3a 2 7 3a
.
;
8
2
47. Диагонали выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке E, AB=AD, CA –
биссектриса угла C, BAD  140, BEA  110 . Найдите угол CDB.
180  140
 20 .
Решение. ABD – равнобедренный треугольник, и ABD  ADB 
2
Далее, BEC  70  DAE  20  DAE  90, CA  AD . Теперь, если F – точка
пересечения продолжения DA за точку A и CB, в треугольнике CDF отрезок CA является
высотой (по доказанному) и биссектрисой (по условию), поэтому CDF – равнобедренный
треугольник и AF = AD = AB, то есть треугольник ABF – равнобедренный, причем
BAF  40 (BAE  BAD  EAD  140  90  50) . Получаем CDA  CFA  70
и CDB  CDA  BDA  70  20  50 .
Ответ. 50 .
48. Перпендикуляры, опущенные из двух вершин прямоугольника на его диагональ,
разделили ее на три равные части. Одна сторона прямоугольника равна 2 . Найдите
другую сторону.
A(0;0), B(0; 2 ), C (a; 2 ), D(a;0) . Пусть
Решение. Координаты напрашиваются:
BP  AC, DQ  AC , AP  PQ  QC . Напишем уравнения прямых (AC), (BP), (DQ) и
вычислим координаты точек P и Q. ( AC ) : 2 x  ay  0 , тогда ( BP ) : ax  2 y  d1  0
(условие перпендикулярности прямых!); d1 = -2 (условие принадлежности точки B этой
 2 x  ay  0
прямой). Теперь, решая систему (например, по формулам Крамера) 
, найдем
ax  2 y  2
2a
2 2
; 2
) . Аналогично, ( DQ ) : ax  2 y  a 2  0 , и для точки
координаты точки P: P ( 2
a 2 a 2
3
2
a
a 2
; 2
) . Остается вычислить квадраты расстояний между A и P, P и
Q получим: Q( 2
a 2 a 2
Q, Q и C. Это, конечно, просто, и приведет к a = 2. Не забудем еще, что возможен случай,
когда AD  2 ; точно те же рассуждения, что и в первом варианте, дают a = 1.
Ответ. 2 или 1.
49. На стороне AB треугольника ABC взята такая точка M, что AM = 2MB, а на стороне
AC – точка K. Известно, что площадь треугольника AMK в 2 раза меньше площади
треугольника ABC. В каком отношении точка K делит сторону AC?
AM  AK 1 2 AK 1 AK 3
 , 
 ,
 .
Решение. Вспоминаем программу 9 класса:
AB  AC 2 3 AC 2 AC 4
Ответ. 3 : 1.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 14 50 (мехмат МГУ). Радиус вписанной в треугольник ABC окружности равен 4, причем
AC=BC. На прямой AB взята точка D, удаленная от прямых AC и BC на расстояния 11 и 3
соответственно. Найдите угол DBC.
Решение. Вводим координаты: A(-a; 0), B(a; 0), CAB   , C(0; atg ). Тогда
a
(
 a)  r  a 2  tg , 4(1  cos  )  a sin  . Напишем теперь уравнения прямых BC и AC
cos 
и выразим расстояния от точки D(c; 0) до этих прямых:
xa
y
xa
y
( BC ) :

, atg  x  ay  a 2 tg  0, ( AC ) :

, atg  x  ay  a 2 tg  0 .
a
atg
a
atg
ac  tg  a 2 tg
 c  a  sin   3, d 2  c  a  sin   11 . Так как точка D
a 2 tg 2  a 2
ближе к BC, чем к AC, то c > 0. Если D лежит внутри AB, то a > c и, решая систему
4(1  cos  )  a sin 
 a  c 11
3


, получим DBC    arccos . В предположении, что точка D

4
a  c 3
(a  c)  sin   3
лежит на продолжении AB за вершину B, наша система (с заменой “a - c” на “c - a”)
неразрешима (проверяется непосредственно).
3
Ответ. arccos .
4
Теперь d1 
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 15 -
Стереометрия
1. Найдите объем многогранника, вершинами которого являются середины ребер
тетраэдра объемом V.
Решение. Многогранник получен отсечением от пирамиды четырех маленьких пирамид,
1 1 1
объем каждой из которых равен  S  H , где S и H – площадь основания и высота
3 4 2
1 1 1
1
исходной пирамиды, то есть маленькая пирамида имеет объем   ( SH )  V
4 2 3
8
Ответ. V / 2.
2. Шар касается всех ребер куба. Найдите площадь поверхности шара, лежащей внутри
куба, если ребро куба равно 1.
Решение. Для того, чтобы существовал шар, касающийся всех ребер призмы, необходимо
и достаточно, чтобы призма была правильной и все ее ребра были равными между собой.
Идея доказательства: боковыми гранями должны быть параллелограммы, в которые
можно вписать окружность (теорема о трех перпендикулярах), то есть ромбы (на самом
деле – квадраты - почему?); спроектировав картину на плоскость основания, получим
многоугольник с равными сторонами, вписанный в окружность, то есть – правильный
многоугольник. Решаем нашу задачу. Более идеальной призмы, чем куб, нет, и центр шара
1
1
2
является центром куба. Пусть R – радиус шара. R  ( ) 2  ( ) 2 
. Наружу куба
2
2
2
выходят 6 (по числу граней куба) шаровых сегментов. Если h – высота одного сегмента, то
1
2 1
h R 
, S сегм.  2Rh , S  4R 2  6 S сегм. .
2
2
Ответ.  (3 2  4) .
3. Сфера проходит через вершины одной грани куба и касается сторон противоположной
грани куба. Найдите отношение объемов шара и куба.
Решение. ABCDA1B1C1D1 – куб с ребром 1. Касание с ребрами противоположной грани
происходит в их серединах (почему? Опустим перпендикуляры из центра сферы на грань
и увидим конфигурацию теоремы о трех перпендикулярах...). Воспользуемся методом
координат, поместив начало в вершину A и направив оси сонаправленно сторонам AD,
AB, AA1. Пусть O(a; b; c) – центр сферы, R – радиус, тогда (x-a)2 + (y-b)2 + (z-c)2 = R2 - ее
уравнение. Получаем систему уравнений и решаем ее:
a 2  b 2  c 2  R 2
 2
2
2
2
a  (b  1)  c  R
1
3
1 1 9
.
 a  b  , c   R2   
(a  1) 2  b 2  c 2  R 2
2
8
4
4
64

a 2  (b  1 ) 2  (c  1) 2  R 2

2
41 41
Ответ.
.
384
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 16 4. В сферу радиусом R вписана правильная треугольная призма со стороной основания a.
Найдите площадь сечения призмы плоскостью, проходящей через центр сферы и сторону
основания призмы.
Решение. На этом примере особенно удобно показать эффективность использования
техники аналитической геометрии. Если бы мы знали угол между плоскостью сечения и
гранью основания, то воспользовались бы теоремой о площади ортогональной проекции
многоугольника, поскольку площадь основания ABC призмы ABCA1B1C1 находится
сразу. Но угол между плоскостями мы найдем, если сумеем записать уравнения этих
плоскостей в какой-либо координатной системе. Теперь стратегия ясна. Во-первых,
задаем систему координат с началом в центре O1 правильного треугольника ABC:
a
a
a
a
3R 2  a 2
O1 (0;0;0), A( ;
;0), B( ;
;0), O(0;0;
) , O – центр сферы. Во-вторых,
2 2 3
2 2 3
3
предаемся приятным (они простые) вычислениям: найдем вектор нормали к плоскости
ABO, затем косинус угла  между плоскостями ABO и ABC и после некоторых (опять же
очевидных)
выкладок
напишем
ответ.


a
3R 2  a 2
 a
OA   ;
;
3

 2 2 3


,


...




3R 2  a 2 a 
a
a2 3


OA OB  ..., n  0;
;
,
cos


,
S

. Вот и

ABC
2
2
3
4
2
3


3

4
R

a


3a
 4R 2  a 2 .
Ответ.
4
5. В треугольную пирамиду высотой 4, в основании которой лежит прямоугольный
треугольник с гипотенузой 15, вписан конус, вершина которого совпадает с вершиной
пирамиды, а основанием является вписанная в треугольник окружность с радиусом,
равным 3. Найдите отношение площади полной поверхности конуса к площади полной
поверхности пирамиды.
Решение. Боковые грани пирамиды SABC равнонаклонены к плоскости основания, а
вершина S проектируется в центр O вписанной в треугольник ABC окружности. Решая
систему AC 2  BC 2  15 2 , AC  BC  ( AC  BC  15)  3 , найдем AC = 9, BC = 12. Пусть D –
точка касания с BC вписанной в ABC окружности. Образующая конуса SD
перпендикулярна к OD (теорема о трех перпендикулярах) и является высотой грани SBC.
Получается, что высоты всех боковых граней к ребрам основания пирамиды равны между
собой
(равны
h);
их
найдем
по
теореме
Пифагора:
h  32  4 2  5 .
5
 (9  12  15)  90, S пир.  90  54  144 . S кон.  9  15  24 .
2
Ответ.  / 6 .
S бок. 
6. Основанием пирамиды является прямоугольник площади Q, две боковые грани
перпендикулярны плоскости основания, а две другие образуют с ней углы  и  .
Найдите объем пирамиды.
Решение. Грани SAB и SBC перпендикулярны основанию ABCD пирамиды SABCD,
поэтому боковое ребро SB  ABCD  SA  AD (теорема о трех перпендикулярах) и
SCB   .
точно
так
же
SAB   ;
SB  AB  tg  BC  tg , AB  BC  Q  AB  Q 
tg
1
1
tg
, V  Q  SB  Q  Q 
 tg .
tg
3
3
tg
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 17 Ответ.
1
Q  Q  tg  tg .
3
7. Две взаимно перпендикулярные образующие конуса делят окружность его основания на
дуги 120 и 240 . Найдите объем конуса, если его высота равна H.
Решение. Пусть R – радиус основания, l - образующая, d – хорда основания, стягивающая
3
3
дугу в 120 . Сразу получаем d  l 2 , d  R 3, l  R
 R2  l 2  H 2  R2  H 2 
2
2
1 2
1
1
R  H 2 , V    R 2 H    2H 2  H .
2
3
3
2
Ответ. H 3 .
3
8. Высота усеченной пирамиды равна h, площадь среднего сечения равна S. В каких
пределах может меняться объем пирамиды?
Решение. Основания и среднее сечение – подобные многоугольники. Пусть a, b, c –
сходственные стороны этих многоугольников (a > b; c = (a + b) / 2), S1 и S2 – площади
оснований.
S
1
a2 S
b2
a 2 b 2 ab
V  h ( S 1  S 2  S 1 S 2 ) ; 1  2 , 2  2 ; S1  S 2  S 1 S 2  ( 2  2  2 )  S .
3
S c
S
c
c
c
c
2
2
2
2
2
a  b  ab
a  b  ab
ab
( a  b)
4 2
 4(1 
)  4(1 
)  3 - неравенство Коши о
2
2
2
c
a  b  2ab
( a  b)
4(a  b) 2
ab
 1.
среднем арифметическом и среднем геометрическом. Кроме того, 1 
( a  b) 2
4
Ответ. Sh  V  Sh .
3
9. В шар радиуса R вписан параллелепипед наибольшего объема, отношение двух ребер
которого равно 2 : 1. Найдите полную поверхность этого параллелепипеда.
Решение. Пусть x, 2x – два ребра “основания”, h – высота нашего параллелепипеда. Центр
шара – середина диагонали параллелепипеда. Теперь – вычисления:
5x2
+
h2
=
4R2,
2
x  10 x
2x
Vпар.да  2 x 2 4 R 2  5 x 2 , V '  4 x 4 R 2  5 x 2 

(8R 2  15 x 2 ) 
2
2
2
2
4R  5x
4R  5x
8
32  24 10 2
R, S полн.  2  2 x 2  S бок.  4 x 2  6 x  h  ... 
R .
15
15
32  24 10 2
R .
Ответ.
15
x
10. В каком отношении плоскость, проходящая через точки пересечения медиан
треугольников ABC, ABD и BCD делит отрезок BD (ABCD - пирамида)?










a b 
b c 
(b  a)  ( c  a)
Решение. DA  a , DB  b , DC  c , DM 
, где M,
, DN 
, DP 
3
3
3
N, P – центроиды граней ABD, BCD и ABC соответственно,  - плоскость, проходящая










c a
c 3a
через M, N, P; эта плоскость содержит векторы MN 
и MP 
.
3
3

А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 18 


K  BD   ; MK  x MN  y MP  ...  (

DK 



x
x y
 y) a 
c  MD  DK и
3
3

 x  3y  1  1  x  y 
a b
c  z b  z = 1/3, DK : KB = 1 : 2.
3
3
3
11. Найдите радиус шара, описанного около пирамиды, все боковые ребра которой равны
5, а высота равна 4.
Решение. Центр O шара лежит на высоте SD пирамиды. E – середина AS. AOS равнобедренный, поэтому EO  AS . В прямоугольном треугольнике ADS SD=4, AS=5.
Треугольники EOS и ASD подобны и SO:AS = ES:SD, SO=R=25/8.
12. Известно, что в заданную призму можно вписать шар. Найдите площадь ее боковой
поверхности, если площадь основания равна S.
Решение. Высота призмы равна 2r, где r – радиус вписанного шара.
1
V  ( S бок.  2 S )  r  S  2r .
3
Ответ. 4S.
13. Осевым сечением конуса является равнобедренный прямоугольный треугольник с
гипотенузой 2. Через вершину конуса проведено сечение, образующее угол  с
плоскостью основания. Найдите площадь этого сечения.
Решение. Катет = 2 . h  1  1  1 (h – высота на гипотенузу); высота сечения =
h
1
2 2 sin 2   1
 cos 2
(это – ответ).

; S сеч. 

2
sin  sin 
sin 
sin 2 
14. Через вершину прямого кругового конуса проведено сечение наибольшей площади.
Площадь этого сечения в два раза больше площади осевого сечения конуса. Найдите угол
при вершине осевого сечения конуса.
Решение. Пусть l – образующая. Угол при вершине больше прямого, иначе осевое
сечение имело бы наибольшую площадь. В ситуации задачи наибольшую площадь имеет
сечение, являющееся прямоугольным треугольником.
1
1
1
S наиб.  l 2 ; S ос.сеч.  l 2 sin   sin      150 .
2
2
2
Ответ. 150 .
15. Стороны треугольника равны a, b и c. Три шара попарно касаются друг друга и
плоскости треугольника в его вершинах. Найдите радиусы этих шаров.
(r1  r2 ) 2  (r1  r2 ) 2  a 2 4r1 r2  a 2


bc
2.
Решение. (r1  r3 ) 2  (r1  r3 ) 2  b 2 , 4r1 r3  b 2 , r3 
a


2
2
2
2
(r2  r3 )  (r2  r3 )  c
4r2 r3  c
ab
ca
bc
2;
2;
2.
Ответ.
c
b
a
16. Два шара с радиусами 2 и 3 имеют центры в точках A и B соответственно, AB = 7.
Плоскость, касающаяся этих шаров, пересекает прямую AB в точке M. Найдите AM.
2
AM
; AM  14 ;
Решение. Подобные треугольники: два случая. 1) 
3 AM  7
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 19 2)
3 BM
AB  AM 7  AM



 AM  2,8 .
2 AM
AM
AM
17. Точки M, N и P – середины ребер AB, CD и BC тетраэдра ABCD. Через точку P
проведена плоскость, параллельная DM и AN. В каком отношении эта плоскость делит
ребро AD?


Решение. Пусть  - плоскость, о которой говорится в задаче. Если векторы DM и AN
отложить от точки P, то они будут лежать в плоскости  .






Q    AD. PQ   .  ( DM || AN )  x, y  R : PQ  x DM  y AN . Векторы









AB, AC , AD некомпланарны; разложим по ним PQ, DM , AN : DM  DA AM ,









1 
1 
1  1 
AN  ( AC  AD), PQ  PB BA  AQ  CB AB z AD   AB AC  z AD 
2
2
2
2






1
1
x
y
y
1
 AB AC  z AD  AB AC  (  x) AD  x  1, y  1, z  , то есть
2
2
2
2
2
2


1
AQ  AD .
2
Ответ. AQ : QD = 1 : 1.
18. В прямоугольном параллелепипеде ABCDA1B1C1D1 из вершин A1 и B опущены
перпендикуляры A1P и BQ на диагональ AC1. Найдите длину отрезка PQ, если AB=a,
AD=b, AA1=c.







Решение. AP || AC1 , AQ || AC1  AP  x AC1 , AQ  y AC1 . A1 P   A1 A x A1C ,







BQ   AB y A1C; A1 P  AC1  A1 P AC1  0  x 


AA1  AC1

2




; AC1  AB AD AA1 
AC1

2


c2
a2
y

;
.
Аналогично
a2  b2  c2
a2  b2  c2





c2  a2
.
PQ  AQ AP  ( y  x) AC1  PQ  y  x  AC1 
a2  b2  c2
AC1  a 2  b 2  c 2 , AA1  AC1  c 2  x 
Ответ.
c2  a2
a2  b2  c2
.
19. Условия существования описанной около призмы сферы:
1) призма прямая;
2) около основания можно описать окружность.
Решение полезно провести самостоятельно или заглянуть в учебник.
20. Условия существования вписанной в призму сферы:
1) в перпендикулярное сечение можно вписать окружность;
2) высота призмы равна диаметру этой окружности.
Решение. См. задачу 19.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 20 21. В полусферу радиуса R вписан куб так, что четыре его вершины лежат на основании
полусферы, а остальные четыре – на сферической поверхности. Найдите объем куба.
Решение. Нужно отразить всю конструкцию относительно плоскости основания
полусферы и получить
2
2
Ответ. R 3
.
3
3
22. Теорема. Около пирамиды можно описать сферу, если около многоугольника
основания можно описать окружность. Это – критерий.
Доказательство. Надо вспомнить определение центра описанной около многогранника
сферы.
23. Пусть  - двугранный угол при ребре основания (усеченной) правильной пирамиды
или угол наклона образующей (усеченного) конуса к плоскости основания, S1 и S2 –
площади нижнего и верхнего основания пирамиды (конуса). Тогда боковая поверхность S
S  S2
пирамиды (конуса) равна S  1
.
cos 
Доказательство. Теорема о площади ортогональной проекции поверхности; если
пирамида (конус) не усеченная (усеченный), то S2=0.
24. Основание пирамиды – ромб с острым углом  . Боковые грани наклонены к
плоскости основания под углом  . Радиус вписанного в ромб круга равен r. Найдите
полную поверхность пирамиды.
S
Решение. Применим результат задачи 23. S полн.  S бок.  S осн. = осн.  S осн.
cos 
2r
S осн.  a 2 sin   2ar (a – сторона ромба); a 
.
sin 
4r 2
1
Ответ.
(1 
).
sin 
cos 
25. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна a, а боковое ребро равно
b. Найдите радиус сферы, касающейся всех ребер пирамиды.
Решение. Пусть в пирамиде SABC SK – высота, а O - центр нашей сферы.
OM  BS , OM  OD  r . Ребра SA и SB симметричны относительно плоскости SDC,
проходящей через центр сферы, = диаметральной плоскости, значит (здесь нужна запятая,
но в контексте математических рассуждений это не принято) центр O лежит на высоте
пирамиды. BM = BD = a/2 (касательная из точки B к сфере). Треугольники SOM и SBK
SM  BK
 ... См. задачу 31.
подобны. r 
SK
a(2b  a)
Ответ. r 
.
2
2
2 3b  a
26. SABCD – правильная четырехугольная пирамида. Двугранный угол при ребре
основания равен  . Через ребро AB = a основания проведена плоскость под углом  к
основанию. Найдите площадь сечения.
Решение. ABMK – сечение, ABM1K1 – ортогональная проекция сечения на плоскость
ABCD – равнобочная трапеция, угол между диагоналями которой равен 90 (поскольку
точки M и K проектируется в точки диагоналей AC и BD квадрата ABCD) 
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 21 AM 1
( AO  AO  tgx) 2
; x  OAK1 (O – точка пересечения диагоналей
 ... 
2 cos 
2 cos 
основания); из подобия треугольников SOD и KK1D получим (здесь точка P – основание
перпендикуляра из O на AB):
a
a
tg
SO
OD
1
a
a
a
2

, 2


,
K1 P  (

tgx)  sin 45  (1  tgx) ,
a
a
KK1 K1 D K1 P  tg
1  tgx
2
2
2

tgx
2
2
tg
1
tg  tg
tg

 tgx 
 S ABMK 
a2 .
(1  tgx) tg 1  tgx
tg  tg
2(tg  tg ) cos 
tg
Ответ.
a2 .
2(tg  tg ) cos 
2
S ABMK 
27. Имеется плоскость  и прямая l, перпендикулярная  . Найдите множество центров
шаров радиуса r, касающихся плоскости  и прямой l.
Решение. Построим две плоскости (по разные стороны от  ), расстояние которых до 
равно r. В них на расстояние r до l удалены точки окружностей радиуса r с центрами в
точках пересечения прямой l с этими плоскостями.
28. Через вершину конуса проведено сечение, имеющее наибольшую площадь. Плоскость
1
этого сечения составляет с плоскостью основания угол arccos
. Образующая конуса
3
равна l. Найдите объем меньшей части конуса, отсеченной этой плоскостью.
Решение. Указанное сечение – не осевое; угол между образующими в этом сечении
прямой. Пусть ABS – это сечение.
1
l
1
l
.
OK  AB, SKO  arccos
, SK 
, SO  SK  sin(arccos
)
3
2
3
3
1
2
2
OK 1
R  BO  l 2  l 2  l , OK  l
, cos KOB 
  AOB  120 и AB –
3
3
OB 2
2 3
сторона правильного треугольника, поэтому ASB – грань правильной треугольной
пирамиды, вписанной в конус, причем боковые ребра попарно перпендикулярны.
l3
1
2l 3 3
1
Vпир.  , Vкон.  R 2 H 
, Vиском ый  (Vкон.  Vпир. )  ...
6
3
27
3
3
l
(4 3  9) .
Ответ.
162
29. В наклонной призме ABCDA1B1C1D1 AC = 5, BD = 4, AC и BD перпендикулярны.
Диагональное сечение BB1D1D - прямоугольник. S AA1C1C  30 . Найдите объем призмы.
Решение. BB1D1D – прямоугольник
 BD  DD1  BD  AA1 ; BD  AC  ABC  AA1C1C  высота призмы лежит в
S AA1C1C 30
1

 6; S осн.   4  5  10 .
плоскости диагонального сечения AA1C1C  H 
AC
5
2
Ответ. 60.
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 22 30. В тетраэдре ABCD двугранные углы при ребрах AB, AC и BD прямые. Один из
отрезков, соединяющих середины противоположных ребер тетраэдра, имеет длину a,
другой – длину a 6 . Найдите длину наибольшего ребра тетраэдра.
Решение. Задача трудная, она предлагалась на вступительном экзамене в МФТИ в 1979
году, когда геометрия считалась (и была) обязательным элементом математической
( ABC , ABD )  ( ABC , ACD)  90  AD  ABC . Применим
культуры. Решаем...
теорему косинусов для трехгранного угла ADBC: 0  cos ADC  cos BDC  cos ADB 
AD AD DB
cos BDC 
:

 DBC  90  CB  ADB (CB  DA, CB  DB ) 
DC DB DC
ABC  90 . Теперь – координаты! Пусть P, Q, M, N, R, S – середины ребер AB, DC, AD,
BC, DB, AC соответственно. Тогда A(0;0;0), B(x;0;0), C(x;y;0), D(0;0;z), P(x/2;0;0),
Q(x/2;y/2;z/2), M(0;0;z/2), N(x;y/2;0), R(x/2;0;z/2), S(x/2;y/2;0). Используем условие задачи:
PQ2 = RS2 = (y2 + z2)/4 = a2, MN2 = x2 + (y2 + z2)/4 = 6a2. Выбирая наибольшее ребро,
получим x2 + y2 + z2 = AC2 + AD2 = CD2 = 5a2 + 4a2 = 9a2.
Ответ. 3a.
31. Найдите радиус шара, касающегося всех ребер правильной треугольной пирамиды, у
которой сторона основания равна 2, а боковое ребро равно 3.
Решение. Шар касается ребер... Нестандартная для восприятия конфигурация. Шар
протыкает поверхность пирамиды. Радиус шара (r) перпендикулярен к ребру в точке
касания. Проведем из центра O шара перпендикуляры OO1 и OO2 к граням ABC и BDC
пирамиды DABC; равным наклонным (радиусы шара) соответствуют равные проекции, то
есть шар пересекает грани по вписанным в них кругам. Центр шара лежит на высоте
тетраэдра. Пусть P (M) – точка касания шара с ребром BC (BD), r1 и r2 – радиусы кругов,
вписанных в треугольники ABC и BDC, H - высота пирамиды (O1D). Радиусы r1 и r2 легко
вычисляются (метод площадей). OO1 = a, тогда OD = H – a. Из треугольников OO1P и
OMD получаем a 2  r 2  r12 , ( H  a) 2  r 2  MD 2 , MD  BD  BM  3  1  2 . И т.д.
Другой способ: ввести систему координат с началом O1; O1C- ось ординат. Вычислив
координаты всех нужных точек и написав уравнения нужных плоскостей, придем к тому
же, только усилия будут перенесены на алгебру.
4
Ответ.
. См. задачу 25.
23
32. Ребро куба ABCDA1B1C1D1 равно a. Найдите радиус сферы, проходящей через
середины ребер AA1, BB1 и через вершины A и C1.
Решение. Умение увидеть геометрическую картину и смело использовать координатную
технику – вот чему особенно важно научиться в процессе знакомства с геометрией. Без
колебаний связываем с кубом ABCDA1B1C1D1 систему координат: A(0;0;0), …, C1(a;a;a).
O(x0;y0;z0) – центр сферы, P(0;0;a/2) и Q(0;a;a/2) - середины ребер AA1 и BB1. Используя
уравнение искомой сферы радиуса R, решаем систему уравнений
 x02  y 02  z 02  R 2

x 2  y 2  ( z  a ) 2  R 2
0
0
a
a
 0
2
 z 0  , y 0  и т.д.

4
2
 x 2  ( y  a) 2  ( z  a ) 2  R 2
0
0
0

2

2
2
2
2
( x0  a)  ( y 0  a)  ( z 0  a)  R
Ответ. a
7
.
8
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 23 33. Основанием призмы ABCDA1B1C1D1 является ромб с острым углом  и стороной a.
Вершина A1 призмы удалена на расстояние a от вершин A, B и D. Найдите: а) площадь
диагонального сечения BB1D1D; б) объем призмы.
Решение. AA1D и AA1B - равные равносторонние треугольники, следовательно, углы
A1AD и A1AB равны и (по теореме о трехгранном угле с двумя равными плоскими
углами) A1 проектируется в точку O биссектрисы угла BAD ромба ABCD; если BE  AD ,
то A1 E  AD (теорема о трех перпендикулярах). Но в правильном треугольнике A1AD

a
A1E – медиана, поэтому
и высота призмы
AO  AE / cos 
2 2 cos( / 2)
a
2
H  AA1  AO 2 
1  2 cos  . Все по той же теореме о трех перпендикулярах,
2 
4 cos
2
AC  BD  AA1  BD  BB1  BD ( BB1 || AA1 ) ; таким образом, сечение BB1D1D –

прямоугольник со сторонами BD  2a sin , BB1  AA1  a .
2
3

a

tg  1  2 cos  ; S сеч.  2a 2 sin .
Ответ. V 
2
2
2
34. Шар радиуса r касается всех ребер тетраэдра. Центр шара лежит внутри пирамиды на
ее высоте на расстоянии r 3 от вершины. Найдите высоту пирамиды.
Решение. Задача предлагалась на вступительном экзамене на мехмат МГУ. Ключ к
решению: если центр касающегося всех ребер пирамиды шара лежит на ее высоте, то
пирамида – правильная. Идея доказательства: прямоугольные треугольники SOP1, SOP2,…
(S – вершина пирамиды, O – центр шара, P1, P2, ... – точки касания с боковыми ребрами)
равны по гипотенузе (SO) и катету (OP1, OP2,…), поэтому боковые ребра SA1, SA2, …
образуют равные углы с высотой SH пирамиды, но они же – острые углы в равных
прямоугольных треугольниках SHA1, SHA2, … (у них общий катет SH, прилегающий к
этим углам); получаем HA1 = HA2 = …, то есть H – центр описанной около основания
окружности; кроме того, H – центр вписанной в основание окружности (здесь вопрос
решается теоремой о трех перпендикулярах), следовательно, многоугольник основания –
правильный (почему?). Приступаем к вычислениям. Пусть OH=x, AB = a, Rвпис. (Rопис.) –
радиус вписанной в основание (описанной около основания) ABC окружности.
a 2 3 3a
r
rвпис.  r 2  x 2 ,

 r 2  x 2 , a  2 3  r 2  x 2 . ASH    sin  
,
4
2
r 3
cos  
Ответ.
2
1
AH 2 r 2  x 2
1
, tg 

,

, ..., h  x  r.
3
2 SH
xr 3
2
4 3
r.
3
35. В правильной четырехугольной пирамиде площадь боковой грани равна Q, боковая
грань наклонена к плоскости основания под углом  . Найдите объем пирамиды.
1
Решение. Теорема о площади ортогональной проекции: S осн.  Q cos   a  2 Q cos 
4
1
1
(a – сторона основания), h  a  tg  Q cos   tg , V  a 2 h (h - высота пирамиды).
2
3
4
Ответ. sin   Q Q cos  .
3
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 24 36. Диагонали осевого сечения усеченного конуса взаимно перпендикулярны, равны d и
делят друг друга в отношении 1 : 3. Найдите объем конуса.
Решение. Пусть r – радиус меньшего основания конуса. Тогда радиус большего основания
равен 3r (из подобия треугольников). r 2  3r 2  d , r  d 2 / 8. Пришло время
интегрировать! Вводим прямоугольные координаты. Конус получается вращением
прямоугольной трапеции с границами 0 и 4r по Ox и 0 и r по Oy вокруг оси Ox. Уравнение
1
боковой стороны (верхней границы интегрирования): y  x  r . Интегрируем:
2
4r
1
V    ( x  r ) 2 dx  ...
2
0
Ответ.
13 2 3
d .
192
37. Треугольная пирамида, боковые ребра которой попарно перпендикулярны и равны a,
вписана в конус так, что одно боковое ребро является высотой конуса, а две вершины
лежат на основании конуса. Найдите а) отношение объема конуса к объему пирамиды;
б) отношение поверхности конуса к поверхности пирамиды.
Решение. Пусть SABC – пирамида; A – вершина, AS – высота, BSC – плоскость
основания конуса, вершины B и C пирамиды лежат на основании конуса; S – центр, a –
радиус основания конуса. По условию, SA, SB и SC попарно перпендикулярны.
Vкон.
1
1 1
 ( a 3 ) : (  a 3 ) . S кон.  a 2  al  a 2  a 2 2   ( 2  1)a 2 . Треугольник ABC –
Vпир.
3
3 2
равносторонний со стороной a 2 , S ABC  2a 2
Ответ.
Vкон.
 2 ;
Vпир.
3 a2 3
a 2 3 3a 2 3  3 2


a .

, S пир. 
2
2
2
4
2
S кон. 2 ( 2  1)
.

S пир.
3 3
38. Основанием пирамиды SABC является равнобедренный треугольник ABC (AC=BC=a)
с углом C   . Боковая грань SAB перпендикулярна к основанию, а две другие
наклонены к основанию под углом 60 . Найдите объем пирамиды.
Решение. SD  AB  SD  ABC (так как SAB  ABC ) . С другой стороны, точка S
проектируется на биссектрису угла ACB (теорема о трехгранном угле с двумя равными
плоскими углами)  CD  AB (CD – биссектриса угла ACB равнобедренного
треугольника ACB) и D – середина AB. Если SE  AC , то DE  AC . Пусть BP – высота
треугольника ACB, тогда DE легко находится как средняя линия треугольника ABP:
1
BP  a sin   DE  (a sin  ) / 2 . Из треугольника SDE: SD  DE  tg 60  a 3 sin  .
2
1 3
a 3  sin 2  .
Ответ.
12
39. В четырехугольной пирамиде SABCD, основанием которой является параллелограмм
ABCD, проведено сечение через ребро AB и середину M ребра SC. Найдите отношение
объемов частей, на которые сечение разделило пирамиду.
Решение. MN || AB || CD, N  SD. VSABCD  V , VSABMN  V1  V2  V3 , где V2  VSBMN ,
1
1
1
V3  VSBAN . SM  SC  S SMN  S SCD  V2  VSBCD (SBCD и SAMN – треугольные
2
4
4
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 25 1
1
пирамиды с общей вершиной B). VSBCD  V  V2  V . Рассмотрим пирамиды SBAN и
2
8
SBAD; за основания примем грани SAN и SAD, а точку B – за общую вершину этих
1
1
1
3
пирамид. S SAN  S SAD  V3  VSBAD  V  V1  V2  V3  V .
2
2
4
8
Ответ. 3 : 5.
40. Какой наибольший объем может иметь четырехугольная пирамида, боковое ребро
которой имеет длину 1?
Решение. Пирамида с равными боковыми ребрами обладает следующими свойствами:
а) боковые ребра равнонаклонены к плоскости основания; б) около основания (у нас –
четырехугольник) можно описать окружность; в) вершина пирамиды проектируется в
центр этой окружности. Зафиксируем на время угол  наклона бокового ребра к грани
основания, тогда высота пирамиды и радиус описанной около основания окружности
будут равны соответственно 1 sin   sin  и 1 cos  cos , и объем пирамиды будет
пропорционален площади основания, вписанного в окружность фиксированного радиуса.
Наибольшую площадь в рассматриваемой ситуации имеет квадрат: если 1 ,  2 ,  3 ,  4 последовательные угла между парами радиусов окружности, то площадь вписанного
четырехугольника пропорциональна sin 1  sin  2  sin  3  sin  4 , а эта сумма принимает
наибольшее значение при sin  i  1, i  1  4 , то есть все углы прямые (основание –
квадрат). Предположим теперь, что мы достигли цели и обнаружили пирамиду с
наибольшим объемом. Тогда, если основанием является не квадрат, можно при той же
высоте (том же угле наклона бокового ребра к основанию) вписать в упомянутую
окружность квадрат, принять его за основание новой пирамиды и тем самым увеличить
объем. Приведенными рассуждениями установлено, что основанием нашей пирамиды
должен быть квадрат. Дальнейшее просто. Площадь основания равна 2 cos 2  , объем
1
2
равен V ( )   2 cos 2   sin   (sin   sin 3  ) . Исследуя эту функцию на экстремум,
3
3
1
2
2 2 1
находим, что sin  
.
, cos 2   , Vmax   
3
3 3 3
3
Ответ.
4 3
.
27
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com
- 26 Серия пособий А.И. Маринина включает также брошюры:
Теория вероятностей в школе
Задачи по геометрии-10
Геометрия-10 (теория)
Трехгранный угол
Исследование квадратного трехчлена
Задачи по геометрии-9
А.И. Маринин. Задачи по геометрии с решениями. Н.Новгород, 2010.
e-mail: andrew.marinin@gmail.com