Решение задач по теме «Вписанные и описанные окружности». Практикум.

Решение задач по теме «Вписанные и описанные
окружности». Практикум.
Основные формулы для решения задач.
1) Теорема о центре вписанной окружности.
В
Центр вписанной окружности лежит на
пересечении биссектрис треугольника.
А
С
2) Теорема о центре описанной окружности.
Центр описанной окружности лежит на пересечении серединных
Перпендикуляров к сторонам треугольника.
 Центр описанной окружности в остроугольном треугольнике лежит
внутри треугольника;
 Центр описанной окружности в тупоугольном треугольнике лежит вне
треугольника;
 Центр описанной окружности в прямоугольном треугольнике лежит на
середине гипотенузы.
3) Тригонометрические функции в прямоугольном
треугольнике.
А
SinA
с
b
С
В
а
4) Площадь треугольника.
1
2
а) S  ah ;
a,
b
a
CosA , tgA ,
c
c
b
b
ctgA
a
1
2
б) S  abSinC ;
в) S  p( p a)( p b)( p c) , где p  a b  c ;
2
abc , где R – радиус описанной окружности;
4R
д) S 2R Sin Sin Sin ;
1
е) S  Pr , где r радиус вписанной окружности, Р – периметр
2
г) S 
2
треугольника;
ж) S  a
2
4
3
- площадь равностороннего треугольника;
5) Свойства описанного четырехугольника.
b
В любом описанном четырехугольнике суммы
противоположных сторон равны:
a  b b  d
cс
a
d
6) Свойства вписанного четырехугольника.
В любом вписанном четырехугольнике сумма
противоположных углов равна 180 :
1234180

7) Площадь любого четырехугольника, у которого диагонали
перпендикулярны, выражается формулой:
В
А
S
С
d  d , где и - диагонали
d1 d 2
2
1
2
четырехугольника АВСD.
8) Правильные многоугольники.

180 - сторона правильного многоугольника,
а  2RSin
n
n
где R – радиус описанной окружности;
180
а  2r tg
n
n

- сторона правильного многоугольника, где – r радиус
вписанной окружности;
8 3
3
Задача 1. В окружность радиуса
вписан правильный
треугольник АВС. Хорда BD пересекает сторону AC в
точке Е, АЕ : ЕС =3 : 5. Найдите ВЕ.
В
Дано:
 АВС – равносторонний,
BD  АС=Е, АЕ : ЕС =3 : 5
R=
8 3
3
Найти: ВЕ
А
С
D
Решение:
Способ первый.
1) Так как  АВС равносторонний, то все его углы равны по 60 , т. е.

АВ С 60 , и все стороны равны, т.е. АВ = ВС = АС = R 3
(сторона правильного многоугольника вычисляется по формуле:


180
180
3
, n 3, an  2 RSin
an  2 R Sin
 2 RSin60  2 R
 R 3 ).
n
3
2

Следовательно, АВ = ВС = АС =
8 3
 3  8.
3
2) Поскольку АЕ : ЕС =3 : 5, то АЕ=3х, ЕС=5х. Так как АС=8,
АС=АЕ + ЕС =8х, то 8 = 8х, откуда х = 1, значит АЕ=3, ЕС=5.
3) Рассмотрим  ЕВС. По теореме косинусов найдем искомую сторону ВЕ.
ВЕ  ВС  ЕС  2ВСЕСCos60
ВЕ  8  5  285Cos60  64 25800,5  89 40  49 , отсюда
2
2
2
2

2
2
ВЕ=7.
Ответ: ВЕ=7.

Способ второй.
Решение:
1) Так как  АВС равносторонний, то все его углы равны по 60 , т. е.

АВ С 60 , и все стороны равны, т.е. АВ = ВС = АС = R 3 =8.
2) Поскольку АЕ : ЕС =3 : 5, то АЕ=3х, ЕС=5х. Так как АС = 8,
АС=АЕ + ЕС =8х, то 8 = 8х, откуда х = 1, значит АЕ = 3, ЕС = 5.
3) В  АВС приведем высоту ВН, причем ВН будет являться высотой и
Медианой , т.к.  АВС – равносторонний, т.е. АН = НС = 4 (АС = 2НС=8,
отсюда НС=4). Рассмотрим  ВНС.  ВНС – прямоугольный, поэтому по
теореме Пифагора
ВН
2

ВС
2
 НС
2
, ВН  6416  48 4 3.
4) Рассмотрим  ВНЕ.  ВНЕ – прямоугольный, ВН = 4 3 ,
ЕН = ЕС – НС = 5 – 4 = 1. Тогда по теореме Пифагора
ВЕ  ВН
2
2
 ЕН
2
, ВЕ  481 49 7.
Ответ: ВЕ = 7.
Задача 2. Около равнобедренного треугольника с основанием
АС и углом при основании 75 описана окружность с
центром О. Найдите её радиус, если площадь
треугольника ВОС равна 16.
В
Дано:
 АВС – равнобедренный,
 А= 75 , S BOC  16,
ВО=ОС=R
Найти: R
А
С
Решение:
1) Так как  А – вписанный и по условию равен 75 , то дуга ВС, на
которую он опирается, равна 150 (по определению вписанного угла).
На эту же дугу ВС опирается центральный угол ВОС, тогда
 ВОС = 150 .
2) Рассмотрим  ВОС.  ВОС – равнобедренный (ВО = ОС как радиусы
одной окружности),  ВОС = 150 , тогда S BOC  1 RRSin150 ,
2

1 2
1 2
1 2 1 1 2


S BOC  2 R  Sin(180  150 )  2 R  Sin30  2 R  2  4 R .
S
1
BOC
16 , тогда 16 = 4 R
2
, отсюда
R  64 , R =
2
По условию
 8, но R = -8 не
удовлетворяет условию задачи, поэтому R = 8.
Ответ: R = 8.
Задача 3. Из точки А, лежащей на окружности, проведены две
хорды, равные 7 и 15. Найдите диаметр окружности,
если расстояние между серединами хорд равно 10.
А
Дано:
АВ=15, АС=7
АЕ=ЕВ, AL=LC, EL=10
Найти: 2R
В
С
Решение:
Способ первый.
1) Выполним дополнительное построение: соединим точки Е и L, В и С и
рассмотрим  АВС. В  АВС EL – средняя линия, так как по условию
соединяет середины отрезков АВ и АС. Тогда по теореме о средней
1
2
линии EL = ВС, следовательно, ВС =20.
2) С одной стороны,
S
ABC
есть S ABC  21 14  6 1
S
ABC

p( p  a)( p  b)( p  c) , где p 


7  15  20
 21 , то
2
7  2  3  42 . С другой стороны,
2
2
2
abc
7  15  20
525
 12,5 , тогда 2R = 25.
, или 42 
, отсюда R 
4R
4R
42
Ответ: 2R = 25.
Способ второй.
Решение:
1) Выполним дополнительное построение: соединим точки Е и L, В и С и
рассмотрим  АВС. В  АВС EL – средняя линия, так как по условию
соединяет середины отрезков АВ и АС. Тогда по определению средней
1
2
линии EL = ВС, следовательно, ВС =20.
225  49  400
3
  . Sin2 A  1 Cos 2 A ,
2  7  15
5
4
тогда Sin2 A  1  9  16 , отсюда Sin А = .
5
25 25
ВС
20  5
 2 R или
 2R ,
3) Из следствия теоремы синусов известно, что
SinA
4
2) По теореме косинусов CosA 
откуда 2R = 25.
Ответ: 2R = 25.
Задача 4. Найдите радиус окружности, вписанной в
остроугольный треугольник АВС, если высота ВН
равна 12 и известно, что Sin A = 12 , Sin C = 4 .
13
В
5
Дано:
 АВС – остроугольный,
ВН=12, Sin A  12 , Sin C  4
13
Найти: r
А
С
5
Н
Решение:
SinA 
BH
12

,
AB AB
2)  ВНС - прямоугольный, так как ВН – высота, поэтому SinC 
BH
12

,
BC BC
1)  АНВ – прямоугольный, так как ВН – высота, поэтому
SinA 
12
12 12

по условию, тогда
,откуда АВ =13.
13
13 AB
4
4 12
по условию, тогда 
, откуда ВС = 15.
5
5 BC
3)  АНВ: по теореме Пифагора АН  АВ 2  ВН 2 , АН  169  144  25  5 .
SinC 
4)  ВНС: по теореме Пифагора НС

ВС  ВН ,
2
2
НС  225  144  81  9 .
5) АС = АН + НС , АС =5 + 9 = 14.
6) С одной стороны,
S
ABC

1
АС  ВН ,
2
S
ABC
1
 14  12  84 , с другой стороны,
2
1
P  r , где Р – периметр, Р = АВ + ВС + АС =13 + 15 +14 = 42. Тогда
2
1
S ABC  2  42  r  21  r и 21 r  84 , откуда r = 4.
S
ABC

Ответ: r = 4.
Задача 5. В равнобедренный треугольник РМК с основанием
МК вписана окружность с радиусом 2 3 . Высота РН
делится точкой пересечения с окружностью в
отношении 1 : 2, считая от вершины Р. Найдите
периметр треугольника РМК.
Дано:
Р
 РМК – равнобедренный,
r = 2 3 , РЕ : ЕН = 1 : 2
А
В
РН - высота
Найти: РРМК
М
К
Н
Решение:
Способ первый.
1) ЕО = ОН = ОВ = ОА= 2 3 как радиусы одной окружности, причем
ОВ и ОА – радиусы, проведенные в точки касания отрезков МР и РК с
окружностью.
2) ЕН = ЕО + ОН = 4 3 ,
РЕ 1
 по условию, откуда 2РЕ = ЕН, РЕ = 2 3
ЕН 2
3)  РВО =  РАО по катету и гипотенузе (РО – общая гипотенуза, АО = ОВ),
тогда и РА = РВ. По теореме Пифагора РВ2  РО2  ОВ 2 ,
РВ
2
 (4
2
3)
 (2
2
3)  481236 , тогда РВ = РА = 6.
4) Пусть РК = РМ = х, тогда ВК = АМ = х – 6. Но ВК = НК, АМ = МН, как
отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности.
2
2
 РНК: по теореме Пифагора РК 2  РН 2  НК 2 , или х2  ( х 6)  (6 3) ,
х  х 12 х 36108 , 14412 х 0 , откуда х =12. Тогда РК = РМ= 12,
2
2
МК = МН + НК = 2 НК (так как  РМК – равнобедренный, РН – высота и
медиана), или МК = 2х – 12 = 12.
5) РМРК  МР  РК  МК ,
РМРК  12  12  12  36 .
Ответ: РМРК  36 .
Способ второй.
Решение:
1) ЕО = ОН = ОВ = ОА= 2 3 как радиусы одной окружности, причем
ОВ и ОА – радиусы, проведенные в точки касания МР и РК с окружностью.
РЕ 1
 по условию, откуда 2РЕ = ЕН, РЕ = 2 3 ,
ЕН 2
тогда РО = РЕ + ЕО = 2 3 + 2 3 = 4 3 , РН = РО + ЕН = 4 3 + 2 3 = 6 3 .
2) ЕН = ЕО + ОН = 4 3 ,
3)  РВО =  РАО по катету и гипотенузе (РО – общая гипотенуза, АО = ОВ),
тогда и РА = РВ и  ОРВ =  ОРА.  РВО: SinOPB 
 ОРВ =  ОРА =
4)  РНК : CosHPK 
OB 2 3 1

 , значит,
PO 4 3 2

30 .
PH 6 3

,  НРК =  ОРВ =
PK
PK


30 , Cos30 
3
, значит,
2
6 3
3

, откуда РК = РМ = 12.
РК
2
5)  РКМ =  РМК =

60




(из  РНК :180  90  30  60 ), как углы при

основании равнобедренного треугольника. Тогда  МРК = 60 (из
 РМК:




180  60  60  60 ), следовательно,  РНК – равносторонний и МК=12.
6)
Р
МРК
 МР  РК  МК ,
Р
МРК
 12  12  12  36 .
Ответ: РМРК  36 .
Задача 6. Один из катетов прямоугольного треугольника равен
15, а проекция второго катета на гипотенузу равна 16.
Найдите диаметр окружности, описанной около
этого треугольника.
С
Дано:
 АВС – прямоугольный,
СВ = 15, АН = 16
Найти: 2R
А
Н
В
Решение:
1) По теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике
2
АС  АВ  АН , АС  16 АВ  4 АВ .
2) По теореме Пифагора
АВ  АС  ВС ,
АВ  (4 АВ )  225 ,
2
АВ  16 АВ  225 .
2
2
2
2
2
Пусть АВ = х, тогда
х 16 х  225  0
2
D
 64  225  289
4
х1  8  17  25 , х2  8  17  9 ,
- не удовлетворяет условию задачи, поэтому АВ=25.
АВ=2R, так как гипотенуза прямоугольного треугольника есть диаметр
описанной около этого треугольника окружности.
х
2
Ответ: 2R=25.
Задача 7. Найдите диаметр окружности, описанной около
прямоугольного треугольника, если один из его
катетов равен 20, а проекция другого катета на
гипотенузу равна 9.
С
Дано:
 АВС – прямоугольный,
АС = 20, НВ = 9
Найти: 2R
А
Н
В
Решение:
1) По теореме о пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике
АВС СВ2  АВ НВ , СВ  9 АВ  3 АВ .
2) По теореме Пифагора
2
2
2
АВ  АС  ВС ,
2
АВ  (3 АВ )  400 ,
2
АВ  9 АВ  400 .
2
Пусть АВ = х, тогда
х  9 х  400  0
2
D  81  1600  1681
9  41
9  41
х1  2  25 , х2  2  32 ,
- не удовлетворяет условию задачи, поэтому АВ=25.
АВ=2R, так как центр описанной около прямоугольного треугольника
окружности лежит на середине гипотенузы этой окружности
х
2
Ответ: 2R=25.
Задача 8. В равнобедренный треугольник АВС вписана
окружность. Параллельно его основанию АС
проведена касательная к окружности, пересекающая
боковые стороны в точках D и Е. Найдите радиус
окружности, если DE = 8, АС = 18.
В
Дано:
 АВС – равнобедренный,
D
DE АС, DE = 8, АС = 18,
Найти: r
E
А
С
Решение:
Способ первый.
1) АDЕС – равнобедренная трапеция, описанная около окружности. По
свойству описанного четырехугольника DЕ + АС = АD + ЕС, причем
АD = ЕС. Получим: 8+18=2АD, отсюда АD = ЕС = 13.
2) Пусть х = DВ = ВЕ, тогда АВ=ВС = х+13.  DBE подобен  ABC по
второму признаку подобия (  В – общий,
DВ ВЕ

). Тогда их площади
АВ ВС
относятся как произведения сторон, заключающих равные углы, и это
отношение равно квадрату коэффициента подобия:
S
S
DBE
АВС

DВ  ВЕ
,
АВ  ВС
ДВ  ВЕ

АВ  ВС
64(13 х)  324 х :4
16(169 26 х  х )  81х
2
2
2
2
х ,
(13 х)
2
2
х
(13 х)
2
2

DЕ
АС
2
2

64 ,
324
2704 416 х 16 х  81х
65х  416 х  27040
2
2
2
D
 219024 ,
4
х
1

208  468
 10,4 ,
65
х

2
208  468
 4 ,
65
- не удовлетворяет условию задачи, поэтому ВЕ = ВD=10,4.
Итак, ВЕ = ВD=10,4, АВ=ВС=23,4.
х
2
Р
S
3)
Р
 32,4 . С одной стороны,
2
 32,4  (32,4  18)(32,4  23,4)(32,4  23,4)  32,4  14,4  9  9  194,4 . С
ABC
АВС
 АС  АВ  ВС  18  23,4  23,4  64,8 ,
другой стороны,
S
АВС

1
Р  r или
2
S
АВС
 32,4  r , тогда 194,4  32,4  r ,
откуда r = 6.
Ответ: r = 6.
Способ второй.
В
D
E
А
С
K
Решение:
1) АDЕС – равнобедренная трапеция, описанная около окружности (т.к.
DЕ АС и DЕ, АС, АD и ЕС касательные к окружности). По
свойству описанного четырехугольника DЕ + АС = АD + ЕС, причем
АD = ЕС. Получим: 8+18=2 АD, отсюда АD = ЕС = 13.
2) Выполним дополнительное построение: проведем ЕК АD, тогда
АDЕК – параллелограмм, значит АD = ЕК = 13, DЕ = АК (по свойству
параллелограмма), тогда КС = АС – АК=18 – 8 = 10.
3)
Р
 18 .
2
С одной стороны, S КЕС  18  (18  10)(18  13)(18  13)  9  2  2  4  5  5  60 ,
Р
КЕС
 КЕ  ЕС  КС ,
с другой стороны,
откуда h=12.
S
Р
KEC
КЕС

 13  13  10  36 ,
1
KC  h или
2
S
KEC
1
1
 10  h . Тогда 10  h  60 ,
2
2
4) Так как высоты трапеции АDЕС и треугольника КЕС совпадают, то
h = 2r, r = 6.
Ответ: r = 6.
Способ третий.
В
D
E
Q
S
А
С
K H
Решение:
2) АДЕС – равнобедренная трапеция, описанная около окружности (т.к.
ДЕ АС и ДЕ, АС, АД и ЕС – касательные к окружности). По
свойству описанного четырехугольника ДЕ + АС = АД + ЕС, причем
АД = ЕС. Получим: 8+18=2 АД, отсюда АД = ЕС = 13.
3) Выполним дополнительное построение: проведем высоту ВН и отрезок
DK, DK  АС.
4) Так как  АВС – равнобедренный, ВН – высота, то ВН и медиана.
Тогда АН = НС = 9.
5) АН = АQ=9 и НС = ЕС = 9, DQ = DL = 4 и LE = ES = 4
(DQ = AD – AQ = 13 – 9), как отрезки касательных, проведенных из
одной точки к окружности, где Q и S – точки касания АВ и ВС с
окружностью.
6) DL = KH = 4, DK = LH как противоположные стороны прямоугольника
KDLH.
7) Рассмотрим  ADK. АК = АН – КН = 9 – 4 = 5, АD = 13. По следствию
из теоремы Пифагора DK 2  AD2  AK 2 , DK 2  169  25  144 , отсюда
DK= LH = 12, причем LH=2r, тогда r = 6.
Ответ: r = 6.
Задача 9. В равнобедренный треугольник АВС с основанием
АС вписана окружность с центром О. Луч СО
пересекает сторону АВ в точке К, причем АК = 6,
ВК = 12. Найдите периметр треугольника.
Способ первый.
В
Дано:
 АВС, АВ = ВС
АК = 6, ВК = 12, СО  АВ = К
К
Найти: РАВС
А
С
Решение:
1) Так как окружность вписана, и О КС (О – центр вписанной
окружности), то КС – биссектриса угла С. По свойству биссектрисы
(биссектриса делит сторону треугольника на части , пропорциональные
прилежащим сторонам)
АК АС
6
АС

, или 
КВ ВС
12 18
(АВ = ВС = АК + КВ = 6+12 = 18), отсюда АС = 9.
2) РАВС = АВ + ВС + АС, РАВС = 18 + 18 + 9 = 45.
Ответ: РАВС = 45.
Способ второй.
Решение:
Так как СК – биссектриса угла С, то по теореме об отношении площадей
треугольников S BKC 
S
равно
AKC
ВС  КС ВС
18


. С другой стороны, это отношение
КС  АС АС АС
ВК 12

 2 (как отношение площадей треугольников, имеющих
АК
6
одинаковую высоту, опущенную из вершины угла С).
Итак,
18
 2 , откуда АС = 9 и
АС
Р
АВС
= 45.
Ответ: РАВС = 45.
Задача 10. Около треугольника АВС описана окружность.
Медиана треугольника АМ продлена до пересечения
с окружностью в точке К. Найдите сторону АС, если
АМ=18, МК=8, ВК=10.
Дано:
В
 АВС, АМ – медиана,
К
А
АМ =18, МК = 8, ВК = 10
Найти: АС
С
Решение:
Способ первый.
1) Рассмотрим  ВМК и  АМС.  ВМК =  АМС, как вертикальные,
 КВС =  КАС, как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу КС.
Тогда  ВМК и  АМС подобны по первому признаку подобия.
2) Из подобия треугольников следует, что
ВК МК ВМ
8
ВМ



или
, но
АС МС АМ
МС
18
8
МС

,
МС
18
МС  144 , МС  12, МС  12 -
ВМ = МС по условию, тогда
2
не удовлетворяет условию задачи, поэтому МС = 12. Тогда
отсюда АС = 15.
Ответ: АС = 15.
10
8
 ,
АС 12
Способ второй.
Решение:
1) По теореме о пересекающихся хордах АМ  МК  ВМ  МС , 18 8  ВМ  МС ,
но ВМ = МС по условию (АМ – медиана), тогда МС 2  144 , отсюда
ВМ = МС=12.
2) Рассмотрим  ВМК и  АМС.  ВМК =  АМС, как вертикальные,
ВМ = МС по условию.  КВС =  КАС, как вписанные углы,
опирающиеся на одну дугу КС. Тогда,  ВМК и  АМС подобны по
первому признаку подобия.
3) Из подобия треугольников следует, что
ВК МК

,
АС МС
10
8
 , отсюда
АС 12
АС = 15.
Ответ: АС = 15.
Задача 11. Дан ромб ABCD. Окружность, описанная около
треугольника ABD, пересекает большую диагональ
ромба АС в точке Е. Найдите СЕ, если АВ = 8 5 ,
BD = 16.
А
Дано:
ABCD – ромб,
АВ = 8 5 , BD = 16
Найти: СЕ
D
В
С
Решение:
Способ первый.
1) По свойству ромба диагонали в точке пересечения делятся пополам,
поэтому ВО = ОD = 8.
2) Рассмотрим  АОВ.  АОВ – прямоугольный, поэтому по следствию из
2
теоремы Пифагора АО 2  АВ 2  ОВ 2 или АО2  (8 5)  64  256 ,
отсюда АО = ОС=16, АС = АО + ОС = 32.
1
1
DB  AO или S DAB  16  16  128 , с другой
2
2
AD  AB  DB
стороны S DAB 
, где R – радиус описанной окружности,
4R
8 5  8 5  16
5120
. Тогда 128 
, отсюда R = 10.
S DAB 
4R
4R
3) С одной стороны,
S
DAB

4) АЕ – диаметр окружности, АЕ = 2R = 20, АС = АО + ОС = 32, тогда
СЕ = АС – АЕ = 32 – 20 = 12.
Ответ: СЕ = 12.
Способ второй.
Решение:
1) Рассмотрим  АDB.  АDB – равнобедренный (AD = AB, как стороны
ромба), АО – высота (поскольку диагонали ромба взаимно
перпендикулярны), а, значит, и медиана и биссектриса (по теореме о
высоте равнобедренного треугольника). По формуле нахождения
медианы треугольника АО 2  2 АВ
2
АО
2

2
2
 2 AD  BD
2
2
,
4
2(8 5 )  2(8 5 )  16  640 640 256 
256 , откуда АО = 16.
4
4
2
1
1
DB  AO или S DAB  16  16  128 , с другой
2
2
AD  AB  DB
стороны S DAB 
, где R – радиус описанной окружности,
4R
8 5  8 5  16
5120
. Тогда 128 
, отсюда R = 10.
S DAB 
4R
4R
2) С одной стороны,
S
DAB

3) АЕ – диаметр окружности, АЕ = 2R = 20, АС = АО + ОС = 32, тогда
СЕ = АС – АЕ = 32 – 20 = 12.
Ответ: СЕ = 12.
Способ третий.
Решение:
5) 1) По свойству ромба диагонали в точке пересечения делятся пополам,
поэтому ВО = ОD = 8.
6) Рассмотрим  АОВ.  АОВ – прямоугольный, поэтому по следствию из
2
теоремы Пифагора АО 2  АВ 2  ОВ 2 или АО2  (8 5)  64  256 ,
Отсюда АО = ОС=16, АС = АО + ОС = 32.
3) По теореме о пересекающихся хордах АО  ОЕ  DO  OB , отсюда
ОЕ 
64
 4 . Тогда СЕ = СО – ОЕ = 16 – 4 = 12.
16
Ответ: СЕ = 12.
Задача 12. В окружность радиуса 4 3 вписан треугольник АВС,
в котором А  60 , а сторона АВ в два раза больше
стороны АС. В треугольнике проведена
биссектриса АМ. Найти длину отрезка МС.
Дано:
С
 АВС, R = 4 3 , А  60 ,
АВ = 2 АС, АМ – биссектриса
Найти: МС
А
В
Решение:
Способ первый.
1) Поскольку АМ – биссектриса  АВС, то по свойству биссектрисы угла
МС АС
МС
АС
МС 1


 , отсюда ВМ = 2МС, тогда ВС = 3МС
или
или
ВМ
АВ
ВМ 2 АС
ВМ 2
1
или МС = ВС.
3
3
 12 .
2) По следствию из теоремы синусов BC 
, отсюда ВС  2  4 3 
2R
2
Sin60

Тогда МС =
1
 12 = 4.
3
Ответ: МС = 4.
Решение:
Способ второй.
1) Докажем, что  АВС – прямоугольный. По теореме косинусов
ВС
2

АС
2
АВ  2 AC  ABCos60

2

1 
5 AC  2 AC  3 AC . Предположим
2
справедливость равенства: АВ 2  ВС2  АС 2 , 4 АС 2  3АС 2  АС 2 ,
2
2
2
4 АС  4 АС - верное равенство, следовательно, АВ  ВС  АС
ВС  АС  4 АC  2 AC 2 AC 
2
2
2
2
2
2
2
2
и  АВС – прямоугольный.
2) Так как  АВС – прямоугольный, АВ – гипотенуза, то АВ = 2R = 8 3
(поскольку центр описанной окружности лежит на середине
1
2
гипотенузы, т.е. АВ – диаметр). АС  АВ по условию, тогда
АС = 4 3 . По следствию из теоремы Пифагора ВС 2  АВ 2  АС 2 ,
2
2
2

ВС (8 3) (4 3)  192 48  144 , тогда ВС = 12.
3) Поскольку АМ – биссектриса, то по свойству биссектрисы угла
4 3
8 3
АС
АВ


, где ВМ = СВ – СМ = 12 - СМ.
, отсюда
СМ 12  СМ
СМ ВМ
48  3  4  СМ  3  8  СМ  3 , 48  3  12  СМ  3 , СМ = 4.
Ответ: СМ = 4.
Задача 13. В треугольнике ВСЕ С  60 , СЕ : ВС = 3 : 1. Отрезок
СК – биссектриса треугольника. Найдите КЕ, если
радиус описанной около треугольника окружности
равен 8 3 .
Дано:
С
 ВСЕ, С  60
СЕ : ВС = 3 : 1,
СК – биссектриса
R= 8 3
Найти: КЕ
В
Е
Решение:
1) Поскольку СК – биссектриса  СВЕ, то по свойству биссектрисы угла
ВК ВС
ВК 1
СЕ 3

 (так как по условию
 ), отсюда КЕ = 3ВК.
или
КЕ СЕ
КЕ 3
ВС 1
2) По теореме синусов BЕ

Sin60
 2R
, где ВЕ = 4ВК , отсюда 4 ВК  2  8 3 
ВК = 6. Так как КЕ = 3ВК, то КЕ = 18.
Ответ: КЕ = 18.
3
,
2
Задача 14. Найдите площадь равнобедренной трапеции,
описанной около окружности с радиусом 4, если
известно, что боковая сторона трапеции равна 10.
Дано:
К
В
С
ABCD - равнобедренная
трапеция, r = 4,
AB = CD = 10
Найти: S ABCD
А
D
Н
М
Решение:
Способ первый.
1) Так как ABCD – описанная около окружности трапеция, то по свойству
описанного четырехугольника ВС + АD = AB + CD, ВС + АD = 20, так
как по условию AB = CD = 10.
2) Высота СМ = КН = 2r, (СМ = КН , как противоположные стороны
прямоугольника НКСМ), или h = 8.
3)
S
ABCD

1
 ( ВС  AD)  h ,
2
S
ABCD

1
 20  8  80 .
2
Ответ: S ABCD  80.
Способ второй.
Так как ABCD – описанная около окружности трапеция, то по свойству
описанного четырехугольника ВС + АD = AB + CD, ВС + АD = 20. Тогда
P
ABCD
 20  2  40 и
S
Ответ: S ABCD  80.
ABCD

1
1
P  r   40  4  80 .
2
2