РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 9 КЛАССА

РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ 9 КЛАССА
Задача №1. В угол АВС, равный 600, вписана окружность. Касательная к
этой окружности, проведенная так, что центр окружности и вершина угла
расположены по разные стороны от нее, пересекает стороны угла в точках М
и N. Периметр треугольника МВN равен 18. Найдите радиус окружности.
Решение.
A
w
К
M
L
O
R
B
N
H
C
1. Пусть K и H – точки касания данной окружности и сторон данного угла, а
L – точка касания окружности и стороны MN треугольника MBN, тогда
MK=ML, LN=HN, т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки к
окружности, равны.
PMPN  BM  ( ML  LN )  NB  ( BM  MK )  ( HN  NB )  BK  BH  18 ,
2.
т.к. BK=BH, то BH=9.
3. Точка O – центр окружности, вписанной в угол ABC, равноудалена от его
сторон и, следовательно, принадлежит биссектрисе этого угла. В таком
1
случае OBH  ABC  30 0 .
2
4. OBH : H  90 0 , B  30 0  BO=2OH=2r, BO2  BH 2  OH 2 ,
4r 2  81  r 2  3r 2  81  r 2  27  r  3 3 .
Ответ: r  3 3 .
Задача№2. Докажите, что сумма диаметров окружностей, одна из которых
вписана в прямоугольный треугольник, а другая описана около него, равна
сумме его катетов.
Доказательство.
w
A
N
R
b
O
O1
L
c
r
w1
C
K
a
B
1. Так как О – центр окружности, описанной около прямоугольного
треугольника, – середина его гипотенузы, то AB=2R, где R – радиус
описанной окружности.
2. Пусть L, K и N – точки касания окружности, вписанной в треугольник, и
его сторон, тогда BN=BK, AN=AL, CK=CL (отрезки касательных,
проведенных из одной точки к окружности, равны между собою) и,
следовательно, AL+BK= AL+BN =2R.
3. Пусть O1 – центр окружности вписанной в ABC . Четырехугольник
LO1 KC – прямоугольник с равными смежными сторонами ( O1 L  O1 K  r ).
Следовательно, CL  CK  r , где r – радиус вписанной в ABC окружности.
4. AC  BC  ( AL  BK )  (CL  CK )  2R  2r .
Задача№3. Два параллелограмма расположены так, что каждая сторона
одного из них содержит по одной вершине другого. Докажите, что центры
этих параллелограммов совпадают.
Доказательство.
L
A

\
D


K


O


\

В
N
С
M
Решение:
1. Рассмотрим два желтых треугольника АКL и CMN.
AKL=CMN =  как углы с соответственно
параллельными сторонами (AK CM, KL MN).
Аналогично, равны углы при вершинах L и N. Таким
образом, желтые треугольники равны по стороне
(KL=MN) и двум прилежащим углам  и .
2. Аналогично доказывается равенство другой пары
треугольников BNK = DLM. Из равенства этих
треугольников следует совпадение длин их сторон
BN=DL.
3. Рассмотрим зеленый четырехугольник BLDN. Две его
противоположные стороны BN и DN равны и
параллельны. Следовательно, BLDN - параллелограмм.
Но тогда его диагонали BD и LN точкой пересечения О
делятся пополам.
4. Известно, что середина любой диагонали
параллелограмма является его центром. Но тогда точка
О, как середина синей диагонали BD синего
параллелограмма ABCD - его центр. Аналогично, точка
О, как середина зеленой диагонали LN зеленого
параллелограмма KLMN также является его центром.
5. Итак, центр О синего параллелограмма АВСD
совпадает с центром О вписанного в него зеленого
параллелограмма KLMN.
Задача№4. Четырехугольник ABCD вписан в окружность, центр которой
принадлежит диагонали АС четырехугольника. Докажите, что проекции
противоположных сторон четырехугольника на его диагональ BD равны
между собою.
Доказательство.
B

k
_
P

A
M
O

Q
l
F
/

D
1. Пусть BP и DQ – проекции сторон AB и CD четырехугольника ABCD на
его диагональ BD.
2. ABC  ADC  90 0 (вписаны в окружность, опираются на диаметр)
3. Рассмотрим ABC и CAD :
1
P  D  90 0 , B  C   AmD 
2
BP AB
AB  DC
ABP  CAD 

 BP 
.(1)
DC AC
AC
4. Рассмотрим CDQ и CBA:
Q  B  90 0 ,
1
DQ DC
AB  DC
D  A   BnC  CDQCAB 

 DQ 
.(2)
2
AB AC
AC
Сравнивая (1) и (2), делаем вывод: BP=DQ.
Задача№5. В прямоугольнике АВСD сторона АВ в три раза меньше стороны
ВС. Точки Р и Q принадлежат стороне ВС и при этом ВР=PQ=QC. Докажите,
что сумма углов АРВ, AQB и АСВ равна прямому углу.
Доказательство.
A1
B
P1

P
A
D1
β
Q
β
γ
C
D
1. Очевидно, что APB    450 .
2. Докажем, что AQB  ACB      450 .
a)
Четырехугольник
симметричен
четырехугольнику
BA1 D1C
BADC относительно BC.
б) ÐÐ1  A1D1, P1  A1D1.
PP1C :
ABQ
в)
Рассмотрим
и
B  P  90 0 ,
AB  PP1  a , BQ  PC  2a  ABQ  PP1C  PCP1  AQB   .
г) AP1C : AP1  P1C  a 2  4a 2  a 5 ,
AC  a 2  9a 2  a 10  AC 2  AP12  P1C 2  AP1C  90 0 (теорема,
обратная теореме Пифагора)
Так как AP1  P1C , то ACP1      450 .
д)   450 ,     45 0        90 0  APB  AQB  ACB .
Задача№6. В треугольнике АВС точка О – центр вписанной окружности, O1 –
пересечение биссектрис внешних углов при вершинах В и С. Докажите, что
окружность, описанная около треугольника АВС, делит отрезок ОО1
пополам.
Доказательство.
w2
A
 w
O2
O
E
+
B
_
\
w1



C
M
_
K
O1
L
Пусть М – пересечение окружности, описанной около треугольника АВС, и
отрезка ОО1.
1.О – центр окружности, вписанной в ABC , О - пересечение биссектрис
ABC , то есть BAO  CAO   , ACO  BCO   .
2. СО1 – биссектриса BCK , а значит О1 равноудалена от сторон BC и CK
этого угла.
ВО1 – биссектриса CBL , значит О1 равноудалена от сторон BC и BL этого
угла.
B таком случае О1 равноудалена от сторон
L A ,K следовательно
принадлежит биссектрисе АО этого угла. Таким образом, точки А, О и О1 –
точки одной прямой.
1
1
3. OCO1  ACB  BCK    180 0  90 0 .
2
2
4. COM - внешний угол AOC . COM     .
5. BCM BAM   ( вписаны в окружность, опираются на дугу BM), тогда
OCM     .
6. OCM : COM  OCM      MO  MC .
7. OCO1 : C  90 0 , O  OCM     , тогда MO1C  90 0  (   ) ,
MCO1  90 0  (   )  MO1C  O1CM  CM  MO1 .
8. OM  CM , MO1  CM  OM  MO1 , то есть М – середина ОО1.