Решебник к задачам экзаменационных билетов по геометрии для классов

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Решебник к задачам
экзаменационных билетов
по геометрии для классов
с углубленным изучением
математики за курс
основной средней школы
Автор: Будлянская
Наталья Леонидовна
Должность: учитель математики.
Адрес автора: Хабаровский край
г. Комсомольск – на – Амуре
ул. Вокзальная д.72 кв. 71
т. (4217)599503.
Адрес образовательного учреждения: Хабаровский край
г. Комсомольск – на – Амуре
ул. Пирогова 21
т. (4217)598260.
г. Комсомольск - на - Амуре
2008г.
Тезисы к работе:
«Решебник к задачам экзаменационных
билетов по геометрии для классов с
углубленным изучением математики за курс
основной средней школы».
Экзамены в 9 классе – это очень важный этап в жизни каждого
школьника. Для кого-то это первая в жизни настоящая проверка знаний, для
кого-то способ оценить свои силы перед экзаменом в 11 классе. Тем не
менее, экзамены – это всегда волнение и долгие дни подготовки.
Чтобы облегчить подготовку к экзамену по геометрии, я создала такой
решебник. В него входят задачи, предлагаемые на экзамене и решения к ним.
Без серьезных знаний по предмету и при отсутствии «опыта» в решении
таких задач, на экзамене многие ученики испытывают большие трудности.
Поэтому мне показалось, что и учащимся, и учителям будет полезен мой
решебник. Многие задачи решены двумя и даже тремя способами, все
подробно объяснены и иллюстрированы.
Даже если с будущего года экзамен по геометрии за 9 классов будет
проходить в форме ЕГЭ, мне кажется, что мой сборник будет полезен и
интересен учащимся математических классов и учителям.
Билет №1.
Задача №1. Сумма сторон треугольника равна 8, а два из его углов
равны соответственно 30° и 45°. Найти все возможные значения
периметра.
Решение. Возможны три случая взаимного расположения известных элементов
треугольника:
А)
Б)
В)
А) По теореме о сумме углов треугольника В  105 , АС=8;
8
AB
BC


Sin105 Sin 45 Sin 30
Sin105°=Sin (90°+15°) =Cos15°  0, 9659
8
АВ

 АВ  5,9
0,9659 0,7071
5,9
ВС
; ВС  4,2

0,7071 0,5
P  5,9  4,2  8  18,1
Б) По теореме о сумме углов треугольника В  105 , ВС=8;
8
AB
AC


Sin 30 Sin 45 Cos15
8
АВ

 АВ  11,3
0,5 0,7071
11,3
AС
; АС  15,4

0,7071 0,9659
P  11,3  15,4  8  34,7
В) По теореме о сумме углов треугольника В  105 , АВ=8;
8
ВС
AC


Sin 45 Sin 30 Cos15
ВС
8

 ВС  5,7
0,5 0,7071
5,7
AС
; АС  11

0,5 0,9659
P  5,7  11  8  24,7
Ответ: Р  18,1 ; Р  34,7 ; Р  24,7
Задача №2. Построить треугольник по данным двум углам и
биссектрисе при вершине третьего угла.
Дано:
Построение:
1) Построим произвольный A1 B1C1
подобный искомому, взяв
произвольный отрезок A1 B1 и
отложив углы  и  .
2) Построим биссектрису C1 D1  a .
3) Проведем через D1 прямую
параллельную A1 B1 до пересечения
с A1C1 и C1 B1 .
4) ABC1 - искомый.
Билет №2.
Задача №1. В треугольнике АВС углы А и В равны 380 и 860
соответственно. Найдите углы треугольника, вершинами которого
являются точки касания сторон с вписанной в АВС окружностью.
Дано: ABC , A  38, B  86
Решение.
По свойству касательных: MB  BN ,
MA  AK , NC  KC , т.е.
MBN , MAK , KNC - равнобедренные.
1  2 
180  86  47
2
180  38  71
3  4 
2

180  38  180  86
5  6 
 62 .
2
Тогда M  180  1  3  180  47  71  62 ;
N  180  2  5  71 ;
K  180  4  6  47 .
Ответ: M  62 , N  71 , K  47 .
Задача №2. Доказать, что если в выпуклом четырёхугольнике
противоположные стороны равны, то в этот четырёхугольник
можно вписать окружность.
Дано: AB  CD  BC  AD 1
Доказательство.
Точка пересечения биссектрис углов А и В
равноудалена от сторон AD, AB и BC, поэтому можно
провести окружность с центром в точке О,
касающуюся указанных трех сторон. Докажем, что
эта окружность касается также стороны CD и ,
значит, является вписанной в четырехугольник
ABCD.
Предположим, что окружность вписать нельзя. Проведем биссектрисы A и B , точка
пересечения О – центр окружности, касающейся AD, AB, BC. Тогда CD либо секущая для
окружности, либо находится вне ее. Рассмотрим второй случай.
Проведем касательную C D к окружности. C D  || CD . Т.к. ABC D - описанный, то
AB  C D   BC   AD  2  , по свойству описанного четырехугольника.
Но BC   BC  C C подставим в
AD   AD  D D
равенство (2)
AB  CD  BC  CC  AD  DD
CD  CC  DD  BC  AD  AB , но BC  AD  AB  CD из равенства (1)
CD  CD  CC  DD - чего быть не может в четырехугольнике CCDD .
Предположение не верно.
*Аналогично рассматривается случай, когда CD – секущая.
Вывод: в данный четырехугольник можно вписать окружность, ч.т.д.
Билет №3.
Задача №1. Доказать, что точки А, В, С лежат на одной прямой,
если А(-2; 0), В(3; 2,5), С(6;4).
Дано: А(-2; 0), В(3; 2,5), С(6;4).
Доказательство.
Запишем уравнение прямой AB и убедимся, что С  AB .
1) y  kx  b - уравнение прямой
2  1 :  2,5  5k
 0  2k  b 1

k  0,5
2,5  3k  b 2
b  2k
b 1
y  kx  b - уравнение прямой АВ.
2) Проверим принадлежность точки С к прямой АВ.
4  3 1
4  4 - верно, значит точки A,B,C лежат на одной прямой, ч.т.д.
Задача №2. Доказать, что четырёхугольник ABCD, вершины
которого имеют координаты А (-2; -3), В (1; 4), С (8; 7), D (5;0)
является ромбом. Найти его площадь.
Дано: ABCD – четырехугольник, А (-2; -3), В (1; 4), С (8; 7), D (5;0)
Решение. 1) Найдем длины отрезков АВ, CD, AD, BC.
AB 
 2  12   3  42
BC 
1  82  4  7 2
CD 
8  52  7  02  9  49  58
 2  52   3  02  49  9 
AD 
 9  49  58
 49  9  58
58
Т.к. AB  BC  CD  AD , то ABCD – ромб, ч.т.д.
2) Найдем площадь ABCD.
I способ. S ABCD  2S ABC (т.к. ABC  ADC по трем сторонам)
По формуле Герона:
S ABC  p p  AB  p  BC  p  AC 
AC 
p
 100  100  200
2 58  200
 58  50
2
S ABC 

 2  82   3  72


58 
  58  50 
50  50   58  50  
58  50 
S ABCD  20  2  40
1
BD  AC
2
BD  4 2 , AC  10 2
4 2  10 2 80
S ABCD 

 40
2
2
Ответ: S ABCD  40
II способ. S ABCD 

58 
 
58  58  50 
58  50  50 

58  50  2 50 
8  5  400  20
Билет №4.
Задача №1. В окружность вписан одиннадцатиугольник, одна из
сторон которого равна радиусу окружности, а остальные десять
сторон равны между собой. Найдите углы одиннадцатиугольника.
Дано: A1A2…A11 – одиннадцатиугольник
А1А2 = ОА1 = r
A2A3 = A3A4 = … = A11A1
Решение.
1) Соединим О с вершинами А1, А2, ..., А11.
Т.к. А1А2 = ОА1 = ОА2, то OA1 A2 - равносторонний
=> A1OA2  60
2) Т.к. хорды A2A3, A3A4, …, A11A1 равны, то равны и
дуги, ими стягиваемые, тогда
360  60  30
A2 OA3  A3OA4  ...  A11OA1 
10
3) OA2 A3  OA3 A4  ...  OA11 A1 и равнобедренные, поэтому
180  30
3  4  OA3 A4  OA4 A3  ...  OA1 A11  OA1 A11 
 75
2
Тогда A1  A2  60  75  135 ; A3  A4  ...  A11  75  2  150
Ответ: 2 угла по 135° и 9 углов по 150°.
Задача №2. На окружности с центром в точки О выбраны точки M
и N. Вторая окружность вдвое меньшего радиуса касается первой в
точке M и делит пополам отрезок ON. Найдите угол ONM.
r

Дано: Окр. O; r  ; Окр.  O2 ;  ; OP  PN
2

Найти: ONM
Решение.
I способ
r
OP  PN (по условию) и OO 2   O2 M  PO2 - средняя
2
линия треугольника ONM , значит, PO2 NM и
ONM  OPO2 как соответствующие углы при PO2 NM и сек. ON . OO2  O2 P , как
радиусы одной окружности, аналогично OM  ON  OO2  O2 M  OP  PM  OO2 P равносторонний и O2 PO  60 0 , тогда ONM  60 0
Ответ: ONM  60 0
II способ.
Пусть r - радиус меньшей окружности, тогда OM  2r
OK  KN  r (т.к. разделен отрезок ON пополам).
Соединим K и M, OKM  90 0 , т.к. опирается на диаметр.
OKM - прямоугольный
1
OK  OM  OMK  30 0  MOK  60 0
2
В OMN MK - высота и медиана  OMN равнобедренный, OM  MN и ONM  MON  60 0
Ответ: ONM  60 0
Билет №5.
Задача №1. Точка F лежит на стороне АВ правильного
восьмиугольника ABCDMNPQ так, что AF=3 2 , FB= 2 . Найдите
расстояния от точки F до BC и PN.
Дано: ABCDMNPQ - правильный восьмиугольник.
AT  3 2 , FB  2
Найти: FL и FK
Решение.
1) Нахождение радиуса:
Рассмотрим ABO . AO  OB  R
AB  AF  FB  3 2  2  4 2
360 0
 45 0
8
По теореме косинусов: AB 2  R 2  R 2  2 * R * R * Cos45 0
2
2
4 2  2R 2  2R 2
2
2
R 2  2  32
AOB 
 

R2 

2 2
YBO :


 
r  162  2   2 2   32  16
r  46  4 2   22  2 
32

32 2  2
 16 2  2
22  2
2
2
2  8  24  16 2
2) FLB - равнобедренный, т.к. LBF  LFB  45 0
180 0 8  2
 135 0 ,  LBF  45 0 ).
( B 
8
2x 2  2
Пусть FL  x , тогда по теореме Пифагора:
( FB 2  2 ).
x 1
3) LK  2r
360 0 45 0
AOT 

8* 2
2
0
45
TB
TB
2 2
tg

r

0
2
r
45
45 0
tg
tg
2
2
 2  1 2  
 2  1 2
2  2  1
84 2
45 0
1  Cos 45 0
tg


2
1  Cos 45 0
2r 
4 2

4
1
2 1
Тогда FK  8  4 2  1  7  4 2
Ответ: 1 и 7  4 2 .

2
2 1  2 1
Задача №2. ABCDЕF – правильный шестиугольник площади S. Какая
фигура образуется в пересечении треугольников ACE и BDF?
Найдите её площадь.
Дано: ABCDЕF – правильный шестиугольник
Решение.
1) Очевидно, что
A  B  C  D  E  F  60 , тогда
MNB, NCL, …, AMR - равносторонние 
 M  N  ...  R  120 ,
MN  NL  ...  MR ( в силу симметрии
правильного шестиугольника)  MNLPQR –
правильный шестиугольник.
1
2
AC  r
3
3
2r 3
BC  tg 30  2r 
3
2
S MNLPQR MN
4r 2  3 1
1


  S MNLPQR  S ABCDEF
2
2
S ABCDEF
3
3
BC
9  4r
1
Ответ: S MNLPQR  S ABCDEF
3
2) MN 
Билет №6.
Задача №1. В треугольнике АВС АВ=2, ВС=3 и угол ВАС в 3 раза
больше угла ВСА. Найдите радиус описанной окружности.
Дано:
ABC , AB  2, BC  3, BAC  3BCA
Решение.
Пусть BCA   , тогда BAC  3 .
По теореме синусов:
3
2

 2R
Sin 3 Sin 
2Sin3  3Sin
23Sin  4Sin 3   3Sin
2Sin 3  4Sin 2  3Sin


: Sin
6  8Sin   3
3  8Sin 2  0
3
Sin 2 
8
3
3
Sin 

8 2 2
2

2 6
3
Ответ: R 
2 6
3
R
2 2
3
Задача №2. В треугольнике АВС из вершины В проведены высота ВН
и биссектриса угла В, которая пересекает в точке Е описанную
около треугольника окружность с центром О. доказать, что луч ВЕ
является биссектрисой угла ОВН.
Дано: ABC вписан в окружность  (O; r), BE –
биссектриса, BH – высота.
Решение.
I способ.
Биссектриса BE и перпендикуляр к стороне AC,
проходящий через ее сторону, пересекает дугу AC в


одной точке – ее середине E, значит, AE  EC 1
Q – точка пересечения BO с окружностью, тогда
1 
ABF  90  A  90  BC
2
1 
CBQ  90  BQC  90  BC , откуда
2


ABF  CBQ , AF  QC 2


2  1 : FE  EQ  FBE  QBE , значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч.т.д.
II способ.
Т.к. AC и BF – пересекающиеся хорды, то






1 
AHB  AB  FC  AB  FC  2  90  180  AB  FE  EC
2





BAQ - полуокружность, тогда BAQ  180  AB  AE  EQ





 BAQ  AB  FC 






 AB  FE  EC  AB  AE  EQ








FE  EQ , т.к. BE – биссектриса, тогда FE  EC  AE  EQ  EC  AE  FBE  QBE ,
значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч.т.д.
Билет №7.
Задача №1. Доказать, что прямая, проходящая через точку
пересечения продолжений боковых сторон трапеции и точку
пересечения её диагоналей, делит пополам основания трапеции.
Дано: ABCD – трапеция, AC  BD  O
Доказательство. I способ.
Пусть К – точка пересечения боковых сторон
трапеции. Обозначим через М и N середины
оснований BC и AD соответственно.
AD BC BKM  AKN и KMC  KND 
BM KM MC
BM MC
BM
AN






AN
KN
ND
AN
ND
MC ND
Т.к. любая прямая, проходящая через точку К, делит основания трапеции в одном и том
же отношении (считая от вершины А или В соответственно). Отсюда следует, что точки
К, M, N лежат на одной прямой.
Точно также всякая прямая, проходящая через М делит AD и BC в одном и том же
отношении (считая от А или В), значит, точки M, O, N тоже находятся на одной прямой.
Таким образом, все четыре точки M, N, O, K лежат на одной прямой, ч.т.д.
II способ.
Проведем прямую KN (N – середина AD), докажем, что MB  MC .
BKM  AKN и KMC  KND по двум углам ( K - общий, A  B , C  D )
BM KM MC
BM MC
BM
AN






, т.к. AN  ND  BM  MC  M –
AN
KN
ND
AN
ND
MC ND
середина BC.
Проведем прямую ON
OBM  OND BOM  NOD, MBO  ODN , как накрест лежащие углы)
BM MD MC


 BM  MC ,ч.т.д.
ND ON
AN
III способ.
Из теоремы Чевы для AKD и точки О:
KC DN AB
DN


1

 1 , тогда DN  NA
CD NA BK
NA
BK KC

По теореме Фалеса:
AB CD
BKM  AKN и KMC  KND по двум углам ( K - общий, A  B , C  D )
BM KM MC
BM MC




 BM  MC , ч.т.д.
AN
KN
ND
AN
ND
Задача №2. Найдите площадь трапеции с боковыми сторонами 13
и 20 и основаниями 6 и 27.
Дано: ABCD – трапеция,
BC=6, AB=13, CD=20, AD=27
Решение. I способ.
Достроим трапецию до параллелограмма ABFD, тогда
AD  BF  BC  CF  CF  27  6  21 и
AB  FD  13 (по свойству параллелограмма)
По формуле Герона:
p p  a  p  b p  c   2727  2127  2027  13  15876  126
1
Но с другой стороны S CFD  DH  CF  126, CF  21  DH  12
2
1
S ABCD  DH BC  AD   6  6  27   198
2
Ответ: S ABCD  198 кв.ед.
II способ.
Заметим, что BC  AD  AB  CD  в трапецию можно
вписать окружность  высота трапеции равна двум
радиусам.
ABE - прямоугольный. По теореме Пифагора:
S CFD 
AE  169  4r 2
CFD : FD  400  4r 2
AE  EF  FD  169  4r 2  6  400  4r 2  27
169  4r 2  6  400  4r 2  27
400  4r 2  21  169  4r 2
400  4r 2  441  42 169  4r 2  169  4r 2
42 169  4r 2  210
: 42
169  4r 2  5
169  4r 2  25
r 2  36
r 6
S ABCD  6  6  27  198
Ответ: S ABCD  198 кв.ед.
Билет №8.
Задача №1. В круговой сектор с углом 600 помещён круг,
касающийся дуги сектора и обоих радиусов. Найдите отношение
площади сектора и площади круга.
Дано: AOB – круговой сектор, AOB  60 ,
Окр.(О1;r)
Решение.
  R2
  R2
S AOB 
 60 
360
6
2
S кр.    r
Тогда
S AOB
R2
 2
S кр
6r
1
 60  30
2
O1OK - прямоугольный, O1OK  30 , тогда OO1  2r , а OC  OO1  r  3r .
O1OK 
По теореме о квадрате касательной AO 2  OC  OM  3r  r  3r 2  R 2  3r 2  r 2 
R2
3
S AOB
R2
R2
R2 1
 2 


S кр
6r
R 2 2r 2 2
6
3
S
1
Ответ: AOB 
S кр
2
Тогда
Задача №2. Найдите площадь фигуры и длину границ фигуры,
являющейся общей частью двух кругов радиуса R каждый, если
расстояние между их центрами также равно R.
Дано: 1 O1 ; R, 2 O2 ; R , 1  2  A, B , O1O2  R
Решение.
O1 A  AO2  O1O2  O1 AO2 - равнобедренный
R2 3
R2 3 R2 3
 S O1BO2  S O1 AO2 B  2 

4
4
2
,
AO1O2  60 AO1 B  120
S O1 AO2 
S сек . AO1B  S сек . AO2 B 
  R2
 120 
  R2
360
3
2
2
R 3 8  R  3R 2 3
 R
2  R
S O1 AO2 B  2  S сек . AO1B 

 120 
, тогда  дуги 
2
6
180
3
4  R
Длина границы   2 дуги 
3
2
2
8  R  3R 3
4  R
Ответ: S O1 AO2 B 
, 
6
3
Билет №9.
Задача №1. Доказать, что площадь прямоугольной трапеции, в
которую можно вписать окружность, равна произведению её
оснований.
Дано: ABCD – вписанная трапеция; а, b – основания
Доказательство.
1) Дополнительное построение: BH  DC
HC  b  a
В BHC :
BC 2  BH 2  HC 2
2
BC 2  4r 2  b  a 
2) ABCD – описанная  2r  BC  a  b
BC  a  b  2r
3) a  b  2r   4r 2  b  a 
4ar  4br  4ab
a  br  ab *
ab
 2r  a  b r  ab - в силу * , ч.т.д.
4) S ABCD 
2
2
2
Задача №2. Радиус окружности, описанной около прямоугольника,
равен 5 см. Одна из его сторон равна 6 см. Найти: а) площадь
прямоугольника; б) угол между диагоналями прямоугольника.
Дано: ABCD – прямоугольник, OE=5 см, AB=6 см,
Окр.(O;R) - описанная
Решение.
А) Т.к. Окр.(O;R) – описанная, то О- точка пересечения
диагоналей прямоугольника, ОD=R
BD  2R  10см
Cos 
  74
50  36 14 7


50
50 25
Ответ: S ABCD  48 (см2),   74 .
BCD : BC  BD 2  DC 2  64  8 (см)
S ABCD  AB  BC  48 (см2)
Б) COD : по теореме косинусов
СD 2  OC 2  OD 2  2OC  OD  Cos
Билет №10.
Задача №1. Высота ромба, проведённая из вершины его тупого угла,
делит сторону ромба в отношении 1:2, считая от вершины его
острого угла. Какую часть площади ромба составляет площадь
вписанного в него круга?
AE 1

Дано: ABCD – ромб, BE – высота,
ED 2
Решение.
AE 1
1
  AE  a  AB  AD  a 
1)
ED 2
3
1 2
8a 2 2 2a

2) ABE : BE  a  a 
9
9
3
2 2a
S ABCD  a 
3
2
2 2a
3
2a
r
3
2  a 2
S кр 
9
S кр
2  a 2  3



4)
2
S ABCD 9  2 2a
3 2
S кр


Ответ:
S ABCD 3 2
3) 2r 
Задача №2. Составить уравнение окружности с центром на прямой
у=4 и касающейся оси абсцисс в точке (3; 0). Найти координаты
точки пересечения окружности с прямой у=х.
Решение.
А) Уравнение окружности имеет вид
x  x0 2   y  y0 2  r 2 , где x0 ; y 0  - центр
окружности, r – ее радиус.
Т.к. О0 лежит на прямой y  4 и касается оси
абсцисс в точке 3;0 , то r  4, x0  3, y 0  4
x  32   y  42  16 - уравнение окружности
Б) y  x - биссектриса I и III координатных
углов
yx


2
2
x  3   y  4  16
x 2  6 x  9  x 2  8 x  16  16
2 x 2  14 x  9  0
D
 49  18  31
4
7  31
x1 
2
7  31
x2 
2
 7  31 7  31   7  31 7  31 
, B

;
;
Т.к. y  x , то A
2
2  
2
2 

 7  31 7  31   7  31 7  31 
, B
.
;
;
Ответ: A
2
2  
2
2 

Билет №11.
Задача №1. Центр описанной около треугольника окружности
симметричен центру вписанной окружности относительно одной
из сторон треугольника. Найти углы этого треугольника.
Дано: ABC , окр.(О;R) – описанная, окр.(J;r) –
вписанная.
Решение.
Т.к. цетры вписанной и описанной окружностей
симметричны относительно стороны треугольника, то
центр описанной окружности лежит вне
ABC  ABC - тупоугольный
Заметим: J – центр вписанной окружности и О –
центр описанной окружности лежат на диаметре. Т.к.
диаметр перпендикулярен хорде, то AM  MB  CM
- медиана ABC и CM  AB , значит, ABC равнобедренный.
Дополнительные построения: AA1 и BB1 - биссектрисы A и B  CAA1  BAA1 




 ABB1  CBB1  AB1  B1C  CA1  A1 B .
Дополнительное построение: AO  Окр O; R  K .
AJM = AMO ( JM  MO , т.к. J и O – симметричны относительно М,


JMA  AMO  90, AM - общая). Значит BAK  BAA1  A1 B  BK .
AK – диаметр, т.к. проходит через центр окружности


 180
1 
 AK  180, BK  A1 B 
 36  CAB  2BAA1  2  A1 B  36  B ,
5
2
C  180  36  2  108
Ответ: A  B  36, C  108 .
Задача №2. В треугольнике АВС на стороне АС взята точка М
2
такая, что АМ= АС, а на стороне ВС – точка К такая, что
5
ВС
ВК=
. В каком отношении отрезок ВМ делит отрезок АК?
3
2
Дано: ABC , M  AC , АМ= АС, K  BC ,
5
ВС
ВК=
.
3
Решение.
1) Проведем через вершину А прямую,
параллельную BC. a  BM  l
Пусть BK  d  BC  3d
2) AML ~ CMB (т.к. 1  2, 3  4 )
AL AM 2

  AL  2d
BC MC 3
AN AL

2
3) LAN ~ BKN (по двум углам), тогда
NK BK
AN
2
Ответ:
NK
Билет №12.
Задача №1. Длины диагоналей ромба пропорциональны числам 3 и 4,
его сторона равна 20 см. Найти: а) длины диагоналей; б) радиус
окружности, вписанной в ромб.
Дано: ABCD – ромб,
BD 3
 , AB  20
AC 4
Решение.
А) ABCD – ромб, значит BD  AC и BO  OD , AO  OC
AOB : AO 2  BO 2  AB 2
AO 2  BO 2  400
BD 3
AO
2
 

, т.е.
AC 4
BO 1.5
1.5  AO 3
BO 
 AO
2
4
9
AO 2  400
16
AO 2  16 2  AO  16 см
AC  2 AO  32 см
3
BO  AO  12 см, тогда BD  2BO  24 см
4
1
Б) ABCD – описанный  S  P  r
2
1
1
S ABCD  BD  AC   32  24  384 (см2)
2
2
2S
2  384
r  ABCD 
 9.6 (см)
P
4  20
Ответ: AC  32 см, BD  24 см ; к  9,6 см
AO 2 
Задача №2. Найти площадь равнобедренной трапеции, у которой
основания равны 8 и 18 см, а боковая сторона равна средней линии.
Дано: ABCD – равнобедренная трапеция,
BC  8 см, см AD  18 , MN – средняя линия,
AB  MN  CD
Решение.
Т.к. MN – средняя линия, то
1
MN  BC  AD   13  AB  CD
2
Т.к. ABCD – равнобедренная, то
AD  BC 18  8
AH 

 5 (см)
2
2
ABH : по теореме Пифагора: BH  169  25  12 (см)
1
1
S ABCD  BC  AD   BH   12  8  18  156 (см2)
2
2
Ответ: S ABCD  156 (см2)
Билет №13.
Задача №1. В равнобедренном треугольнике АВС АС=b, AB=BC=a, AN
и СМ – биссектрисы углов А и С. Найти длину отрезка MN.
Дано: ABC , AB  BC  a , AC  b , AN и MC –
биссектрисы A и C
Решение.
1) Пусть BM  BN  x , тогда AM  CN  a  x
x
a
 , откуда a 2  ax  bx
CM – биссектриса 
ax b
2
a
x
ab
2) С другой стороны ABC ~ MBN ( B - общий,
MN x
bx
  MN 
b
a
a
2
a b
ab
MN 

aa  b a  b
ab
Ответ: MN 
ab
MB BN x

 )
BA BC a
Задача №2. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится на
отрезки 5 см и 12 см точкой касания этого треугольника со
вписанной в него окружностью. На какие отрезки делит катет
треугольника биссектриса его меньшего угла?
Дано: ABC - прямоугольный, BK – биссектриса, окр.(О;r),
E, K, M – точки касания, AM  5 см, MB  12 см
Решение.
Пусть CK  x , тогда AC  x  5 , BC  x  12 , AB  17
По теореме Пифагора:
5  x 2  x  122  17 2
x1  3
2 x 2  34 x  120  0
x 2  17 x  60  0
D  289  240  529
x2  0 - не удовлетворяет условию
Итак, AC  8 см, CB  15 см.
По свойству биссектрисы угла:
AD AB 17


DC BC 15
AK 17

Ответ:
KC 15
Билет №14.
Задача №1. Постройте отрезок длины a 2  b 2  ab , где a >b, если a и
b – длины двух отрезков.
Дано: отрезки a и b
Построение.
1) с  a  b
2
2
2) p  ab
3) x  c 2  p 2
x – искомый отрезок
Задача №2. Постройте треугольник по трём точкам касания его
сторон с вписанной в треугольник окружностью.
Дано: точки A, B, C.
Построить: EDF , где A, B, C –
точки касания сторон с вписанной окружностью.
Построение:
1) Соединим точки A, B, C
2) OA1, OB1, OC1 – серединные
перпендикуляры для ABC
3) Построим окружность с центром
в точке О и радиусом OA
4) Строим EF, DE, DF, перпендикулярные
радиусам окружности
5) EDF - искомый
Билет №15.
Задача №1. Найти площадь треугольника, если его стороны
соответственно равны 10 , 17 , 29 .
Дано: ABC , AC  10 , AB  29 , BC  17
Решение.
AB – большая сторона ABC .
По теореме косинусов:
29  10  17  2 10  17  CosC
2
1
CosC 

2 170
170
1
13
SinC  1 

170
170
1
1
13
S ABC  ab  SinC 
10  17 
 6.5
2
2
170
Ответ: 6,5 кв.ед.
Задача №2. С помощью теоремы Чевы доказать, что биссектрисы
треугольника пересекаются в одной точке.
Дано: ABC , AA1, BB1, CC1 – биссектрисы
Доказательство.
По теореме Чевы должно выполняться равенство:
BA1 CB1 AC1


1
A1 B B1 A C1 B
По свойству биссектрисы угла:
BA1 AB CB1 BC AC1 AC
;
;



A1C AC B1 A AB C1 B BC
Получим:
AB BC AC


 1 , значит, биссектрисы пересекаются в одной точке, ч.т.д.
AC AB BC
Билет №16.
Задача №1. АВСD – квадрат со стороной а. вершины С, А и В
являются серединами отрезков BM, ND и DF соответственно.
Найдите радиус окружности, описанной около треугольника NFM.
Дано: ABCD – квадрат, AB=a;
C, A, B – середины BM, ND, DF
Решение.
FMN - равнобедренный, т.к. MN  MF
AD  AB  a  FN  2a, MK  3a (по построению)
1
S NFM   3a  2a  3a 2
2
LFM - прямоугольный  MN  MF  a 2  9a 2  a 10
S 
Ответ: R 
abc
abc 2a  a 2  10  10 5a
R


4R
4S
3
4  3a 2
5a
3
Задача №2. Площадь прямоугольника равна 520 м2, а отношение его
сторон равно 2:5. найти периметр данного прямоугольника.
Дано: ABCD – прямоугольник, S  520 м2,
Решение.
a 2
2b
 a
b 5
5
2b
2b 2
S  ab 
b
5
5
По условию
2b 2
 520
5
520  5
b2 
 1300
2
b  10 13 (м)
2  10 13
 4 13
5
P  2a  b   2 10 13  4 13  28 13 (м)
Тогда a 

Ответ: P  28 13

a 2
 .
b 5
Билет №17.



Задача №1. Найдите угол между векторами a и b , если a  4 ,

 



2a  5b  17 , 3a  2b 2a  3b  42 .

 




Дано: a  4 , 2a  5b  17 , 3a  2b 2a  3b  42 .






Решение.
 
 
a b
Cos a , b   
ab


По условию 2a  5b  17

2


2a  5b  2a  5b
2
2




 
 
2a  5b  2a  5b  4a 2  20a  b  25b 2  64  20a  b  25b 2  289 1
 


По условию 3a  2b 2a  3b  42
 







3a  2b 2a  3b  6a  5ab  6b 2  96  5ab  6b 2  42 2

25 y  20 x  225
 
Пусть b 2  y , a  b  x , тогда получим систему: 
 6 y  5 x  54   4 
 20 x  25 y  225
+
20 x  24 y  216
 










49 y  441


y  9 , т.е. b 2  9  b  3
5 x  54  6 y  54  54  0
 
x  0, a b  0
 
 ˆ
0
 0 , значит, a ,b  90
Итак Cos a , b 
43

 ˆ
Ответ: a ,b  90
 



 

Задача №2. Дано: a  5 , b  4 , a  b  3 . вычислите a  2b .

 

Дано: a  5 , b  4 , a  b  3 .
Решение.

2






a  2b  a  2b  a 2  4ab  4b 2  25  64  4ab
 
 2
По условию a  b  3  a  b  9
 2 
 


a  b  a 2  2ab  b 2  25  16  2ab  41  2ab  9

ab  16


Получим: a  2b  99  4  16  25  5


Ответ: a  2b  5






Билет №18.
a2
Задача №1. Постойте отрезок
, где а и с – длины данных
c
отрезков.
Дано: отрезки a и c
a2
Построить: x 
c
aa
Построение. x 
c
x a

a c
1) На одной стороне произвольного угла от его начала откладываем отрезки c и a;
2) На второй стороне угла откладываем отрезок а;
3) Проводим прямую через концы отрезков с и а и параллельно ей проводим прямую через
конец отрезка а;
4) Получившийся отрезок х – искомый (по теореме Фалеса).
Задача №2. По данным четырём отрезкам a, b, c, d постройте
трапецию с основаниями a и b. При каком соотношении между
длинами этих отрезков это невозможно?
Дано: отрезки a, b, c, d
Построить: трапецию, где a b
Построение.
1) Построим CDE со сторонами c, d, a-b
2) Достроим получившийся треугольник до параллелограмма
3) оставшаяся часть – искомая трапеция.
Билет №19.
Задача №1. Найдите острые углы треугольника АВС, если <АВС=900,
АС=2 3 , ВК=1, где СК – высота треугольника.
Дано: ABC - прямоугольный, С  90 ,
AC  2 3 , BK  1 , СК – высота
Решение.
Пусть AK  x , тогда по теореме о высоте, опущенной
из вершины прямого угла AC 2  AK  AB
 
xx  1  2 3
2
x 2  x  12  0
x1  4 - не удовлетворяет условию задачи
x2  3  AK  3  AB  4
2 3
3

 B  60  A  90  60  30
4
2
Ответ: A  30 , B  60 .
ABC : SinB 
Задача №2. В треугольник АВС вписана окружность. С1, В1 – точки
её касания со сторонами АВ и АС соответственно; АС1=7, ВС1=6,
В1С=8. найдите радиусы вписанной и описанной около треугольника
АВС окружностей.
Дано: ABC , AC1  7 , BC1  6 , B1C  8 , C1 и B1
- точки касания Окр O; r 
Решение.
AC1  AB1  7 , BC1  BA1  6 , B1C  A1C  8 , как
отрезки касательных, выходящих из одной точки.
Тогда AB  7  6  13 , BC  6  8  14 ,
13  15  14
 21
AC  7  8  15 , p 
2
По формуле Герона: S  2121  1321  1421  15  84 , с другой стороны
S 84
S  pr  r  
4
p 21
abc
abc 13  14  15 65
S
R


 8,125
4R
4S
4  84
8
Ответ: r  4 , R  8,125
Билет №20.
Задача №1. Найдите площадь треугольника с вершинами А(1; 4), В(3; -1), С(2; -2).
Дано: А(1; 4), В(-3; -1), С(2; -2).
Решение.
1) AB 
1  32  4  12
 41
BC  52  12  26
AC  1  6 2  87
2) В ABC AB - большая сторона. По теореме косинусов:
AB 2  BC 2  AC 2  2 BC  AC  CosC
41  26  37  2  26  37  CosC
 22
11
CosC 

 2 26  37
26  37
962  121
841
29
SinC  1  Cos 2 C 


26  27
26  27
26  27
1
1
29
29
3) S ABC  AC  BC  SinC   26  27 

 14,5 кв.ед.
2
2
2
26  27
Ответ: S ABC  14,5 кв.ед.
Задача №2. Даны координаты вершин треугольника АВС: А(4; 6), В(4; 0), С(-1; -4). Написать уравнение прямой, содержащей медиану СМ.
Дано: ABC , А(4; 6), В(-4; 0), С(-1; -4), СМ – медиана.
Решение.
x  xB  4  4
Т.к. М – середина ВА, то xM  A

0
2
2
y  yB
06
yM 
3 A
2
2
M 0;3 .
Уравнение прямой СМ имеет вид y  kx  b , т.к. прямая
проходит через точки С и М, то координаты этих точек
удовлетворяют уравнению прямой.
 4   k  b
k  3  4  7


b  3
3  b
Уравнение медианы СМ имеет вид y  7 x  3
Ответ: y  7 x  3 .
Билет №21.
Задача №1. Найдите площадь квадрата, вписанного в ромб со
стороной 6 см и углом 300 (сторона квадрата параллельна
диагонали ромба).
Дано: ABCD – ромб, AB  6 , A  30 , MNKL – вписанный
квадрат.
Решение.
Пусть PK  x - половина стороны квадрата.
Дополнительные построения: диагональ AC и AB.
1) AOB - прямоугольный, OAB  15
OB
Sin15 
 OB  6  Sin15
6
OA
Cos15 
 OA  6  Cos15
6
2) AP  AO  OP  6  Cos15  x
APK ~ AOB (по двум углам) 
x
AP

OB OA
x
6  Cos15  x

6
6  Sin15
6  Cos15
x  Cos15  Sin15  6  Cos15  x
x  Cos15  x  Sin15  6  Sin15Cos15
3
xSin15  Cos15 
2
Пусть Sin15  Cos15  t
Sin15  Cos152  t 2
1  2Sin15Cos15  t 2
Sin 30  t 2  1
1
1  t2
2
3
t
2
3 3

2 2
3
x
2
x
Сторона квадрата NK  2
Ответ: S MNKL  6
3
3
, S MNKL  4   6
2
2
Задача №2. Найдите длину отрезка, параллельного основаниям
трапеции (их длины a и b) и делящего трапецию на два подобных
треугольника.
Дано: ABCD – трапеция, BC  a , AD  b ,
BCNM ~ MNDA
Решение.
Т.к. подобными четырехугольниками называются
четырехугольники, у которых все углы
соответственно равны и стороны пропорциональны,
BC MN
a
MN



то из BCNM ~ MNDA 
MN
AD
MN
b
MN 2  ab
MN  ab
Ответ: MN  ab .
Билет №22.
Задача №1. Найдите площадь фигуры, ограниченной дугами трёх
попарно касающихся окружностей радиусов 1, 1 и 2 -1.
Дано: Окр(О1;1), Окр(О2;1), Окр(О3; 2  1 ), А, В, С –
точки касания.
Решение.
1) S  S O1O2O3  S O1BA  S O2 BC  S O3 AC , причем
S O1BA  S O2 BC
2) Рассмотрим O1O2 O3
O1O2  2 , O1O3  O3O2  2  1  1  2
 2   2

2
CosO3
2
2 2 2
4
 0  O3  90
1
2  2  1кв.ед.
2
3) В O1O2 O3 O3  90 , а O1  O2  45 , т.к. O1O2 O3 - равнобедренный.
Тогда S O1O2O3 



2

 

2 1
 2  2 2 1  3  2 2
 90 

А) S ACO3 
360
4
4
 1
2
 45 
Б) S сект .O1BA  S сект . BO2C 
360
8
 3  2 2 2 4  3  2 2  
2


 1 
4) S  1 
(кв.ед.)
4
8
4
2
2
Ответ: S  1   
(кв.ед.)
2


Задача №2. Круги радиусов 1, 6 и 14 касаются друг друга. Найдите
радиус окружности, вписанной в треугольник с вершинами в
центрах данных кругов.
Дано: Окр(О1;1), Окр(О2;6), Окр(О3;14), А, В, С – точки
касания.
Решение.
В O1O2 O3 O1O2  7 , O1O3  15 , O3O2  20 .
S  pr , где p 
7  20  15
 21
2
По формуле Герона:
S  21  14  1  6  7  3  2  42 , тогда r 
Ответ: r  2 .
S 42

2
p 21
Билет №23.
Задача №1. Докажите, что биссектриса АА1 треугольника АВС
A
2АА  АС  Cos
2 .
вычисляется по формуле: АА1=
AB  AC
Дано: ABC , AA1 - биссектриса.
Доказательство.
1
S ABC  AB  AC  Sin 
2
S ABC  S ABA1  S A1 AC 
1

AB  AA1  Sin 
2
2
1
 1

AC  AA1  Sin  AA1  Sin  AB  AC 
2
2 2
2
1

1

AA1  Sin  AB  AC   AB  AC  Sin
2
2
2
2
AA1 
AB  AC  2 Sin
Sin
AA1 

2

2
Cos

2
 AB  AC 
2 AB  AC  Cos
AB  AC

2 , ч.т.д.
Задача №2. Докажите, что медиана треугольника со сторонами a,
b, c, проведённая к стороне а, вычисляется по формуле:
2b 2  2c 2  a 2
2
ma 
.
4
Дано: ABC , а, b, c –стороны, m a - медиана.
Решение.
I способ.



Рассмотрим векторы AB , AA1 , AC , A1 –


1 
середина ВС, значит AA1  AB  AC .
2

Заметим, что AA1  ma




 2 1

2



1
1 
AK 2   AB  AC    AB 2  2 AB  AC  AC   c 2  2bcCosA  b 2 
 4
4
2

c 2  2bcCosA  b 2 2b 2  2c 2  b 2  c 2  2bcCosA 2b 2  2c 2  b 2  c 2  2bcCosA




4
4
4
2b 2  2c 2  a 2

, ч.т.д.
4
II способ.
1) Рассмотрим ABA1 : пусть BA1 A  




a
 ma  aCos 1
4
2) Рассмотрим CBA1 :
a
2
b 2  ma   ma  aCos180   
4
c 2  ma 
2
b 2  ma 
2
3) 1  2 :
a
 ma  aCos
4
b 2  c 2  2m a 
2
2
a2
2b 2  2c 2  a 2
2
, откуда ma 
, ч.т.д.
2
4
Билет №24.
Задача №1. Найти острые углы прямоугольного треугольника, если
медиана, проведённая к его гипотенузе, делит прямой угол в
отношении 1:2.
Дано: ABC , CO – медиана,
1 1

2 2
Решение.
О – центр описанной окружности, т.к. О – середина
гипотенузы.
1
1) ACO  90  30
3
AOB - равнобедренный, AO  OC  R  A  30
2) Аналогично OCB  60  B  60
Ответ: A  30 , B  60 .
Задача №2. Доказать, что биссектриса прямого угла
прямоугольного треугольника делит пополам угол между медианой и
высотой, проведёнными к гипотенузе.
Дано: ABC - прямоугольный, CH –
высота, CK – биссектриса, CC1 – медиана.
Доказательство.
1) Т.к. ABC - прямоугольный, то центр
описанной окружности лежит на середине
гипотенузы, т.е. в точке C1 (т.к. CC1 –
медиана), AC1  C1 B  CC1  R
2) ACH ~ CHB  3  2 , но 2  1 ,
т.к. CC1 B - равнобедренный  1  3
3) ACK  KCB , т.к. CK – биссектриса, тогда
4  ACK  3  KCB  1  5  4  5 , ч.т.д.
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Решебник к задачам
экзаменационных билетов
по геометрии для классов
с углубленным изучением
математики за курс
основной средней школы
Автор: Мельниченко
Анна Викторовна
Ученица 10 «А» класса
МОУ лицей №1
Научный руководитель: Будлянская
Наталья Леонидовна
Должность: учитель математики.
Адрес автора: Хабаровский край
г. Комсомольск – на – Амуре
пр. Ленина д.85 кв. 51
т. (4217)551714.
Адрес научного руководителя: Хабаровский край
г. Комсомольск – на – Амуре
ул. Вокзальная д.72 кв. 71
т. (4217)599503.
Адрес образовательного учреждения: Хабаровский край
г. Комсомольск – на – Амуре
ул. Пирогова 21
т. (4217)598260.
г. Комсомольск - на - Амуре
2008г.
Тезисы к работе Мельниченко Анны:
«Решебник к задачам экзаменационных
билетов по геометрии для классов с
углубленным изучением математики за курс
основной средней школы».
Экзамены в 9 классе – это очень важный этап в жизни каждого
школьника. Для кого-то это первая в жизни настоящая проверка знаний, для
кого-то способ оценить свои силы перед экзаменом в 11 классе. Тем не
менее, экзамены – это всегда волнение и долгие дни подготовки.
Чтобы облегчить подготовку к экзамену по геометрии, я создала такой
решебник. В него входят задачи, предлагаемые на экзамене и решения к ним.
Сама я такой экзамен сдала в прошлом году и не по слухам знаю, что без
серьезных знаний по предмету и при отсутствии «опыта» в решении таких
задач, на экзамене многие ученики испытывают большие трудности. Поэтому
мне показалось, что и учащимся, и учителям будет полезен мой решебник, в
котором я представила как свои решения, так и своих одноклассников.
Многие задачи решены двумя и даже тремя способами, все подробно
объяснены и иллюстрированы.
Наблюдая, как моими наработками уже с удовольствием пользуются
девятиклассники моего учебного заведения, я решила оформить свой труд в
учебное пособие. Даже если с будущего года экзамен по геометрии за 9
классов будет проходить в форме ЕГЭ, мне кажется, что мой сборник будет
полезен и интересен учащимся математических классов и учителям.