- EduPrezent.ru

Решебник к сборнику заданий
А.Д.Блинкова, Т.М.Мищенко
для проведения экзамена по геометрии
в 9 классе
(задания второй части итоговой
аттестационной работы).
Комсомольск-на-Амуре
2008 год
Учебное пособие составлено на основе решений учащихся МОУ лицей №1
г.Комсомольска – на – Амуре Замана К. и Мельниченко А. под руководством Будлянской
Н.Л., учителя математики высшей категории.
В пособии приведены решения задач второй части итоговой аттестационной работы по
геометрии в 9 классе. Все решения задач изложены очень грамотно и четко с
необходимыми пояснениями. Для задач представлены по 2-3 способа решения. Некоторые
задачи сборника сформулированы таким образом, что необходимо рассмотреть различные
варианты предложенной в условии задачи ситуации (задача №15 варианта 2), и это
отмечено в их решении.
Данный сборник решенных задач представляет определенную значимость для учителей и
учащихся 9 класса при подготовке к экзамену по геометрии.
Заслуженный учитель школы РФ
кандидат педагогических наук,
доцент Г.Н.Сумина
2008г.
Введение.
При подготовке к итоговой аттестации по геометрии в 9 классе многие учителя и
учащиеся используют «Сборник заданий для проведения экзамена в 9 классе» авторов
А.Д.Блинкова и Т.М.Мищенко, издательства «Просвещение», 2006. При этом задачи
второй части вызывают у некоторых серьезные затруднения, что усугубляется
отсутствием ответов и комментариев к ним.
Данное пособие призвано помочь снять эти трудности.
Пособие снабжено описанием используемых основных теоретических фактов,
необходимыми чертежами и пояснениями. Многие задачи решены несколькими
способами.
Основные факты планиметрии.
I. Треугольники
1) Теорема синусов.
В треугольнике стороны пропорциональны синусам противолежащих
углов.
В
а
a  b
SinA SinB
b
А

c 
2R
SinC
С
c
2) Теорема косинусов.
В треугольнике квадрат одной стороны равен сумме квадратов двух других
сторон без удвоенного произведения этих сторон на косинус угла между
ними.
a b  c  2bcCosA
 СosA b  c  a
2bc
2
В
2
2
2
а
b
А
с
С
2
2
Примечание. Если CosA  0, то  А – острый, если CosА = 0, то
 А – прямой, если CosA  0, то  А – тупой.
3) Теорема о биссектрисе угла в треугольнике.
Биссектриса угла треугольника делит его сторону на части,
пропорциональные прилежащим сторонам.
В
BD
DC
D
А
С

AB
AC
4) Вычисление биссектрисы угла.
В
А
С
2 АВ АС Сos
АА 
1
5) Вычисление координаты точки отрезка.
С
А
В
AB  AC
A
2

х
С
х  х
1 

А
В
, где   АС
х
или
ВС
С

х  х
1 
В
А
, где

ВС
АС
6) Теорема о медианах.
В треугольнике медианы пересекаются в одной точке и делятся в
отношении 2:1, считая от вершины.
В
С
АО
ОА
А
1
1
1
 ОВ  ОС 
ОВ ОС
1
1
2
1
А
В
С
1
7) Вычисление длины медианы треугольника
С
m  2b  2c a
4
2
с
а
m
a
А
2
2
2
a
В
b
8) Теорема о высоте прямоугольного треугольника.
С
b
a
А
c
h  a  b , где
2
c
c
a =DB – проекция катета а
c
на гипотенузу с, c =АD – проекция
катета b на гипотенузу с.
2
2
b  bc  c , a  ac  c
b
В
D
9) Теорема о центре вписанной окружности.
В
Центр вписанной окружности лежит на
пересечении биссектрис треугольника.
А
С
10) 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.
11) Тригонометрические функции в прямоугольном
треугольнике.
А
b
SinA
с
a
a,
b
CosA , tgA
b
c
c
ctgA
С
В
,
b
a
а
12) Площадь треугольника.
1
S  ah ;
2
1
б) S  abSinC
2
а)
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;
2
ж)
3
S a
4
- площадь равностороннего треугольника;
13) Теорема об отношении площадей треугольников, имеющих равный угол.
В
В
1
А
С
А
С
1
1
Площади относятся как произведение сторон, заключающих равные углы, то есть если
А А , то
1
S ABC
S A B C
1
1

1
AB AC
A B A C
1
1
1
1
.
14) Теорема об отношении площадей подобных треугольников.
В
В
1
А
S АВС
K
S A B C
1
1
2
С
А
С
1
1
, где К – коэффициент подобия.
1
Р 
К
Р
Примечание:

1
АВ
АВ
1
1
14) Теорема Чевы.
Если три чевианы пересеклись в одной точке, то
АВ  СА  ВС 
1
ВС АВ С А
1
1
1
1
1
1
В
ВВ , СС1 , АА
1
А
С
- чевианы.
1
1
1
В
А
С
1
II. Четырехугольники
1) Параллелограмм.
В
а
h
С

S  ah
S  abSin
b
А
площадь
параллелограмма АВСD
D
В
С
1
S   d  d  Sin
2
а
A
2) Ромб.
где
D
S
В
А
1
С
d
1
d d
2
1
и
2
d
2
- диагонали параллелограмма АВСD
, где
d иd
1
S a  Sin
2
D
2
,
2
- диагонали ромба АВСD
где а – сторона ромба
3) Трапеция.
S  1 (a b)h
2
S l  h , где l - средняя линия трапеции
B b C
cp
cp
A
а
D
4) Свойства описанного четырехугольника.
b
В любом описанном четырехугольнике суммы противоположных сторон равны:
a
cс
a  b b  d
d
5) Свойства вписанного четырехугольника.
В любом вписанном четырехугольнике сумма

противоположных углов равна180 :
1234180

6) Площадь любого четырехугольника, у которого диагонали
перпендикулярны, выражается формулой:
В
d 1  d 2 , где и - диагонали
А
С
S
d1 d 2
2
четырехугольника АВСD.
D
7) Правильные многоугольники.
180
а  2RSin
n
n

- сторона правильного многоугольника,
где R – радиус описанной окружности;
180
а  2r tg
n
n

- сторона правильного многоугольника, где – r радиус
вписанной окружности;
III. Окружность.
1)
В
С
А
1
 АВС – вписанный,  АВС=  АС;
2
 ADC – центральный,  ADC=  АС.
2)
C
Углы, опирающиеся на диаметр прямые.
D
B
АВ – диаметр,  АСВ =  ADB =
A
3)
D
DH
A
B
AD
2
2


AH HB
AH  AB
DB  HB AB
2
4) Теорема об отрезках пересекающихся хорд.
С
ALLB  DLLC
А
B
D
5)
l
l – касательная, r – радиус
l  r и наоборот.
В
6)
А
АВ = ВС, АВ и ВС - касательные
С
В
7)
А
L
АВ  ВLBC
2
С

90
, где АВ - касательная
С
8)
В
А
ВС – касательная,  СВА =
1
 ВА
2
9)
A
B
 CFD=
1
2
(С D   AB)
C
D
10)
A
D
B
D =
C
K
1
(С К   AB)
2
Вариант 1.
№13.
В равнобедренном треугольнике центр вписанной окружности делит высоту в
отношении 17:15, боковая сторона треугольника равна 34 см. Найдите основание
треугольника.
Дано: ABC , окр.(О;r), AB  BC  34 см, BO : OH  17 : 15
Найти: AC
Решение.
Т.к. О – центр вписанной окружности, тогда АО –
биссектриса. По свойству биссектрисы угла треугольника,
BO
AB 17
15  34


 AH 
 30см   HC  AC  60 см
OH AH 15
17
Ответ: AC  60 см
№14.
В трапеции ABCD (AD║BC, AD>BC) на диагонали АС взята точка Е, такая, что
BE║CD. Докажите, что площади треугольников ABC и DEC равны.
Дано: ABCD – трапеция, СD BL ,
СD  BL  E .
Доказать: S ABC  S ECD
Доказательство.
ABCL – трапеция, тогда S ABC  S BCL
( высоты равны т.к. заключены между
двумя параллельными прямыми, ВС –
общее основание), значит, S ABE  S ECL
BCDL – параллелограмм, тогда S BCL  S ECD (высоты равны, как перпендикуляры,
заключенные между параллельными прямыми, BL  CD ), тогда получим
S ABC  S ABE  S EBC  S ELC  S EBC  S LBC  S ECD , ч.т.д.
№15.
Окружность, касающаяся гипотенузы прямоугольного треугольника и
продолжений его катетов, имеет радиус R. Найдите периметр треугольника.
Дано: ABC - прямоугольный, окр.(О;R) касается гипотенузы
и продолжений катетов в точках K, N, M, OK  ON  OM  R
Найти: PABC
Решение.
KOMC – квадрат, т.к. OMC  OKC  CMO  90. 
 KOMC -прямоугольник, но OK=OM=R.
KA=AN, NB=BM как отрезки касательных, проведенных из
одной точки, тогда
AC  AN  NB  CB  AC  AK  BM  CB  KC  CM  2R
Ответ: PABC  2 R
Вариант 2.
№13.
Три окружности с радиусами 1 см, 2 см и 3 см попарно касаются друг друга. Найдите
длину окружности, проходящей через центры данных окружностей.
Дано: Окр(A;2), Окр(B;1), Окр(C;3), E, F, D –
точки касания, Окр  (О;ОА),
Найти: l
Решение.
Известно, что точка касания двух окружностей
лежит на прямой, соединяющей их центры, тогда
E  AB, D  AC , F  CB
В ABC AB  3 , AC  5 , BC  4 .
AC 2  25  AB 2  BC 2 , тогда по теореме,
обратной теореме Пифагора, ABC прямоугольный  центр искомой окружности лежит на середине гипотенузы AC и
1
r  AC  2,5 . Тогда l  2  r  5
2
Ответ: l  5
№14.
Найдите площадь трапеции, основания которой 16 см и 28 см, а диагонали 17 см и 39
см.
Дано: ABCD – трапеция, BC  16 см, AD  28 см,
AC  17 см, BD  39 см
Найти: S ABCD
Решение.
Дополнительное построение: BH  AD, CK  AD .
Пусть KD  x , тогда AH  28  16  x  12  x .
Рассмотрим прямоугольный ACK :
2
CK 2  17 2  28  x  - по теореме Пифагора
Рассмотрим прямоугольный BHD :
2
2
2
по теореме Пифагора BH  39  16  x 
CK  BH  17 2  28  x   39 2  16  x 
17  3917  39  28  x  16  x28  x  16  x
x  20
CK 2  289  64  225  CK  15
1
S ABCD  CK BC  AD   330 см2
2
Ответ: S ABCD  330 см2
2
2
№15.
Даны две точки А и В на плоскости. Укажите геометрическое место точек М этой
плоскости, для которых А, В и М – вершины равнобедренного треугольника.
Дано: A   , B  
Найти: ГМТ точки М, где А, В и М – вершины
равнобедренного треугольника.
М
Решение.
1) Если в искомом треугольнике AM  MB , то
M  MH , где MH - серединный перпендикуляр, т.к.
все точки, равноудаленные от концов отрезка, лежат
на серединных перпендикулярах.
2) Если в искомом треугольнике AM  AB , то
M  Окр  A; AM 
3) Если в искомом треугольнике AB  MB , то
M  Окр B; BM 
Вариант 3.
№13.
Через вершину В равнобедренного треугольника АВС параллельно основанию АС
проведена прямая BD. Через точку К – середину высоты ВН проведен луч АК,
пересекающий прямую BD в точке D, а сторону ВС в точке N. Определите, в каком
отношении точка N делит сторону ВС.
Дано: ABC - равнобедренный, BD AC ,
BK  KH , AK  BD  D , AK  BC  N .
NC
Найти:
BN
Решение.
AKH  KBD ( BK  KH , DBH  BHA ,
BND  AKH )
Пусть AC  2x , AH  x  BD
BND ~ ANC ( BDA  DAC ,
DBC  BCA )
AC NC 2 x
NC 2




BD BN
x
BN 1
Ответ:
NC 2

BN 1
№14.
Найдите площадь трапеции, основания которой 6 см и 26 см, а боковые стороны 12
см и 16 см.
Дано: ABCD – трапеция, BC  6 см,
AD  26 см, BA  12 см, CD  16 см.
Найти: S ABCD
Решение.
Дополнительное построение: достроим
трапецию до параллелограмма ABHD .
400  144  256 3

CHD : CosCHD 
2  20  12
5
9
4
SinCHD  1 

25 5
4
 26  12  249,6
5
 2424  2024  1224  16  96
S ABHD  BH  AD  Sin CHD 
По формуле Герона S CHD
 
S ABCD  249,6  96  153,6 см 2
Ответ: S ABCD  153,6 см
II способ
Дополнительное построение BK CD , тогда BK  16см . По формуле Герона
2
S ABK  2424  2024  1224  16  96 , с другой стороны
1
S ABK  h  AK  20h  96  h  9,6см  .
2
1
32  9,6
S ABCD   AD  BC h 
 153,6см 2 
2
2
Ответ: S ABCD  153,6 см2
№15.
Дана трапеция, в которую можно вписать окружность. Докажите, что окружности,
построенные на ее боковых сторонах как на диаметрах, касаются друг друга.
Дано: ABCD – трапеция, Окр. (О; R`) –
вписанная, Окр(О1;r), Окр(О2;R),
CD  2 R, AB  2r
Доказать: Окр(О1;r) и Окр(О2;R) касаются
Доказательство.
Пусть N, K, M, L – точки касания вписанной в
трапецию окружности со сторонами трапеции,
тогда MC  LD  2 R, BM  AL  2r (по свойству
отрезков касательных) 
1
1
 R  MC  LD , r  BM  AL 
2
2
1
1
R  r  BC  AD   O1O2  R  r  BC  AD   O1O2 - средняя линяя
2
2
трапеции  Q  Окр1 и Q  Окр 2 . Очевидно, что общая точка единственна.
Итак, Q – тоска касания, ч.т.д.
Вариант 4.
№13.
Две касающиеся окружности с центрами О1 и О2 лежат внутри окружности с
центром О и радиусом R касаются ее в двух различных точках. Найдите периметр
треугольника ОО1О2.
Дано: Окр. (О; R), Окр(О1;r), Окр(О2;R`) –касаются друг
друга.
Найти: POO1O2
Решение.
Известно, что точка касания двух окружностей лежит на
прямой, соединяющей их центры, тогда O, O1 , A и O, O2 , B , и
O2 , O1 , C - лежат на одних и тех же прямых.
Пусть А, В, С – точки касания окружностей, тогда
OA  OO1  O1 A  OO1  O1C (т.к. O1 A  O1C  r )
OB  OO2  O2 B  OO2  O2C (т.к. O2 B  O2C  R` )
Но OB  OA  R  OA  OB  P  2R
Ответ: P  2 R
№14.
Треугольник АВС, стороны которого 13 см, 14 см и 15 см, разбит на три
треугольника отрезками, соединяющими точку пересечения медиан М с вершинами
треугольника. Найдите площадь треугольника ВМС.
Дано: ABC , BB1  AM  MC  M - медианы,
AB  13 см, BC  14 см, AC  15 см
Найти: S MBC
Решение.
S ABB1  S BB1C , S AMB1  S MB1C , т.к. AB1  B1C , высота
общая  S ABM  S MBC , аналогично
1
S MBC  S AMC  S MBC  S ABC
3
По формуле Герона S ABC  21  8  7  6  84
1
S MBC  S ABC  28
3
Ответ: S MBC  28 см2
№15.
Каждая высота параллелограмма не меньше той стороны, которой она
перпендикулярна. Докажите, что параллелограмм является квадратом.
Дано: ABCD – параллелограмм, BH  AD , BH  AD ,
KD  BA , KD  BA .
Доказать: ABCD - квадрат
Доказательство.
Рассмотрим 2 случая:
1) BH  AD , KD  BA
KD  DA (т.к. AD – гипотенуза прямоугольного
треугольника AKD)  BH  KD
С другой стороны BH  AB  BH  KD - получено противоречие, значит, утверждение не
верно и BH  AD , KD  BA
2) Итак, BH  AD , KD  BA , т.е. BH  AB , KD  DA  AB  AD, AB  AD  ABCD квадрат, ч.т.д.
Вариант 5.
№13.
В равнобокой трапеции, площадь которой равна 27 3 см2, одно из оснований в два
раза больше другого. Диагональ трапеции является биссектрисой острого угла.
Найдите основания трапеции.
Дано: ABCD – трапеция, AD  2BC ,
S ABCD  27 3см 2 , АС – биссектриса DAB .
Найти: BC, AD
Решение.
Дополнительное построение: CK AB .
CAK  BCA  BAC 
1
 AB  AK  BC  AD  CD  KCD 2
равносторонний и CKD  60
Дополнительное построение: CH  AD , т.к. KCD равносторонний, то СН – высота,
медиана и биссектриса.
3
BC
KCH - прямоугольный, CH  Sin 60  CK 
2
1
1
3
S ABCD   3BC  CH   3BC 
BC  27 3см 2  BC  6, AD  12
2
2
2
Ответ: BC  6см, AD  12см
№14.
Точки С и D лежат на окружности с диаметром АВ. Прямые AC и BD пересекаются в
точке Р, а прямые AD и BС – в точке Q. Докажите, что прямые AB и PQ
перпендикулярны.
Дано: О; R , 2 R  AB , C   , D   , AC  BD=Р,
AD  BС=Q
Доказать: PQ  AB
Доказательство.
ACB и ANB - прямоугольные, т.к. опираются на
диаметр.
Рассмотрим APB : AD  BP , CB  AP  Q - точка
пересечения высот APB , а т.к. она единственна, то
PQ  AB , ч.т.д.
№15.
Прямая проходит через центр квадрата со стороной 1. Найдите сумму квадратов
расстояний от всех вершин квадрата до этой прямой.
Дано: ABCD – квадрат, BD  NR  O ,
AL  NR, CK  NR, DP  NR, BM  NR .
Найти: AL2  PD 2  CK 2  BM 2
Решение.
AOL , POD -прямоугольные,
POD  ODP  90  AOD , POD - общий,
тогда AOP  ODP , значит, AOL = POD (по
углу и гипотенузе), тогда
2
 2
1
  . Аналогично
AL  PD  AO  

2
 2 
2
2
2
2
 2
1
  , значит,
BM  CK  BO  

2
 2 
1 1
AL2  PD 2  CK 2  BM 2    1
2 2
2
2
2
Ответ: AL2  PD 2  CK 2  BM 2  1
Вариант 6.
№13.
В прямоугольном треугольнике АВС проведена высота CD к гипотенузе АВ.
Найдите АВ, если BC  2 3см, AD  1см .
Дано: ABC - прямоугольный, CD – высота,
BC  2 3см, AD  1см
Найти: АВ
Решение.
Пусть BD  x , тогда CB 2  BD  AB , т.е.
2 3 
 x1  x 
x  4  AB  5см
Ответ: AB  5см
2
№14.
На стороне АВ параллелограмма ABCD как на диаметре построена окружность,
проходящая через точку пересечения диагоналей и середину стороны AD. Найдите
углы параллелограмма.
Дано: ABCD – параллелограмм,  K; R  , 2 R  AB , H   , O   , AC  BD=О, AH  HD
Найти: A, C , B, D
Решение.
KO AH , т.к. О – середина BD, К – середина
АВ  КО – средняя линяя ABD , аналогично
HO AK
BOA  BHA  90 , как углы, опирающиеся
на диаметр
BHO  BAO , т.к. они опираются на одну

дугу BO
KOA  BAO , т.к. KO  AK  R
KOA  OAH , как накрест лежащие при
KO AH и секущей АО
Тогда 90  3OAH  180 (из AOH )
OAH  30
A  C  60, B  D  120
Ответ: A  C  60, B  D  120
№15.
Каждая диагональ четырехугольника делит его на два равновеликих треугольника.
Докажите, что данный четырехугольник – параллелограмм.
Дано: ABCD – четырехугольник, AC  BD=О,
S ABD  S BCD , S ABC  S ACD
Доказать: ABCD – параллелограмм
Доказательство.
Дополнительное построение: CQ  BD , AH  BD .
Т.к. S ABD  S BCD , BD – общая, то CQ  AH ,
QOC  AOH , как вертикальные
углы,  QOC  AOH  AO  OC
Аналогично BO  OD  BOA  COD  AB  CD ,
аналогично BC  AD  ABCD - параллелограмм, ч.т.д.
Вариант 7.
№13.
Два круга с радиусами по 5 см имеют общую хорду длиной 5 2 см. Найдите
площадь общей части этих кругов.
Дано: Окр(О;R), Окр(O1;R), B, D – точки пересечения,
R=5см, BD  5 2 см.
Найти: S общ
Решение.
По теореме, обратной теореме Пифагора BOD прямоугольный ( BD 2  OB 2  OD 2 ), BOD  90
 R 2

1
S  2S сект  S BOD   2
 90  BO  OD  
2
 360

25  50 25  2 


2
2
25  2 
Ответ: S 
см
2
№14.
Боковые стороны трапеции лежат на перпендикулярных прямых. Докажите, что
отрезок соединяющий середины оснований трапеции, равен половине разности длин
оснований.
Дано: ABCD – трапеция, AD  BC ,
BL  LA, CM  MD .
1
Доказать: LM  CD  AB 
2
Доказательство.
Заметим, что, по теореме о четырех
замечательных точках трапеции, K, L,M лежат на
одной прямой.
AD  BC  K , тогда KCD - прямоугольный,
1
1
KM  MD  CD  LM  CD  KL 
2
2
1
1
1
1
 CD  LA  CD  AB  CD  AB  , ч.т.д.
2
2
2
2
№15.
В треугольнике АВС проведена биссектриса АК. Центр окружности, вписанной в
треугольнике АВК и центр окружности, описанной около треугольника АВС,
совпадают. Найдите углы треугольника АВС.
Дано: ABC , АК –биссектриса, 1 О; R  - описана около ABC ,
2 О; r  - вписана в ABK ,
Найти: A, C , B
Решение.
Т.к. О – центр вписанной и описанной окружностей ABC и
ABK , то О – центр пересечения серединных перпендикуляров
ABC и биссектрис ABK .
Пусть ABO  OBC   , тогда BAO  OAK  
CAK  BAK  2
AO  OC  R  CAO  ACO  3
Тогда получим для ABC :
4  4  2  180
  18
A  C  72 , B  36
Ответ: A  C  72 , B  36
Вариант 8.
№13.
Две стороны треугольника имеют длины 10 см и 6 см, а медиана, проведенная к
третьей стороне, равна 7 см. Найдите угол между данными сторонами треугольника.
Дано: ABC , ВМ – медиана,
BC  10см, AB  6см, BM  7см
Найти: B
Решение.
2 AB 2  2 BC 2  AC 2
BM 2 
4
72  200  AC 2
49 
4
2
AC  76
По теореме косинусов: AC 2  36  100  120  CosB
100  36  76 1
CosB 
  B  60
120
2
Ответ: B  60
№14.
В треугольник АВС вписан квадрат так, что две его вершины лежат на стороне АВ
и по одной вершине на сторонах АС и ВС. Найдите площадь квадрата, если АВ=40
см, а высота, проведенная из вершины С, имеет длину 24 см.
Дано: ABC , MKLN – квадрат, СН – высота,
M  AC , K  CB, L  AB, N  AB
HC  24см, AB  40см
Найти: S MNLK
Решение.
ABC ~ MCK (по двум углам)
MK CD

Тогда
AB CH
MK 24  MK

40
24
MK  15
S MNLK  225 см2
Ответ: S MNLK  225 см2
№15.
Вне квадрата на его стороне, построен прямоугольный треугольник, у которого
сторона квадрата является гипотенузой. Докажите, что биссектриса прямого угла
этого треугольника проходит через центр квадрата.
Дано: ABCD – квадрат, ABN - прямоугольный,
NM-биссектриса.
Доказать: NM проходит через центр ABCD
Доказательство.
Достроим BCDАN до квадрата со стороной
BN+AN, ABN  BLC  CMD  ADK (по трем
сторонам).
Пусть О – центр квадрата NLMK, тогда
NO  LO  MO  KO , значит,
NOK  MOK  LOM  LON - прямоугольные
и равнобедренные  ONK  LNO  ...  OKN ,
т.е. NM и LK – биссектрисы
ABN , BLC , CMD, ADK , значит, биссектрисы
пересекаются в центре NLMK  OB  OC  OD  OA , т.е. О – центр ABCD, ч.т.д.
Вариант 9.
№13.
Докажите, что если диагонали трапеции перпендикулярны, то сумма квадратов их
длин равна квадрату суммы длин оснований.
Дано: ABCD – трапеция, AC  BD .
2
Доказать: BD 2  AС 2  BC  AD 
Доказательство.
Дополнительное построение:
DH AC  BDH  90, CH  AD ,
BH  BC  AD
По теореме Пифагора:
BD 2  DH 2  BH 2 , т.е.
BD 2  AС 2  BC  AD  , ч.т.д.
2
№14.
В треугольник вписана окружность радиуса 4 см. Одна из сторон треугольника
разделена точкой касания на отрезки 6 см и 8 см. Найдите длины сторон
треугольника.
Дано: ABC ,  О; r  - вписана в ABC , N, K, M,
L – точки касания,
AM  AK  8см, BM  BN  6см , r  4см
Найти: AB, BC , AC
Решение.
S ABC  p  r , с другой стороны
S ABC 
Пусть NC  x , тогда получим: 14  x   4 
x7
Тогда AB  14см, BC  13см, AC  15см
Ответ: AB  14см, BC  13см, AC  15см
p p  a  p  b p  c 
14  x  8  6  x
№15.
Высота, биссектриса и медиана треугольника, проведенные из одной вершины,
делят угол при этой вершине на четыре равные части. Найдите углы треугольника.
Дано: ABC , BH  AC , MB- медиана, BDбиссектриса, ABH  DBH  DBM  MBC
Найти: A, B, C ,
Решение.
Впишем ABC в окружность O; R . Пусть


BD    K , тогда AK  KC  CAK  ACK ,
как вписанные углы, опирающиеся на равные
дуги, тогда ACK - равнобедренный и KDвысота, медиана и биссектриса.
CAK  MKА  CAK  MKC  90 

 KF  180 , т.е. KF – диаметр.
BKF  HBK , как накрест лежащие при
BH║KM, тогда BKF  HBA . KBF ~ ABH


(по двум углам), тогда BK  BC  BKC равнобедренный и ВК=ВС  BM - серединный перпендикуляр к KF  M - центр
окружности O; R  AC - диаметр, тогда B  90 , ABH  22,5 ,
А  90  ABH  67,5 , C  22,5
Ответ: А  67,5 , B  90 , C  22,5 .
Вариант 10.
№13.
В выпуклом четырехугольнике ABCD точки Е, F и G – середины сторон АВ, ВС и
AD соответственно, причем GE  AB, GF  BC . Найдите угол ACD.
Дано: ABCD – выпуклый четырехугольник,
AG  GD, CF  FB, AE  EB .
Найти: ACD
Решение.
GF – серединный перпендикуляр к CB  GC  GB , GЕ –
серединный перпендикуляр к
AB  GA  GB  GA  GB  GC  GD , значит, точка G
равноудалена от всех вершин ABCD  G – центр
описанной около ABCD окружности.
ACD опирается на диаметр  ACD  90
Ответ: ACD  90
№14.
В треугольник вписан ромб так, что один угол у них общий, а противоположная
вершина делит сторону треугольника в отношении 1:3. Диагонали ромба равны 18
см и 24 см. Найдите стороны треугольника, содержащие стороны ромба.
Дано: DBFE – ромб, BF  24см, DE  18см ,
AF 1
 .
D  AB, E  BC , F  AC ,
FC 3
Найти: АВ, ВС
Решение.
Т.к. DBFE – ромб, то, из прямоугольного
DFO, DF  144  81  15см   FE .
DB FE  AB FE и аналогично DF BC , тогда
BAC  EFC и DFA  BCA , как соответственные
углы при параллельных прямых, значит,
AD DF AF 1
ADF ~ FEC 



FE EC FC 3
AD 1
  AD  5см   AB  20см
15 3
15 1
  EC  45см   BC  60см
EC 3
Ответ: AB  20см , BC  60см
№15.
Две противоположные стороны выпуклого четырехугольника лежат на
перпендикулярных прямых. Докажите, что расстояние между серединами двух
других сторон четырехугольника равно расстоянию между серединами его
диагоналей.
Дано: ABCD – выпуклый четырехугольник,
AK  KC, DF  FC, AE  EB, DL  LB .
Доказать: BF=KL
Доказательство.
Зададим прямоугольную систему координат
так, что сторона СВ лежит на оси Ox, AD на Oy, тогда пусть A(0;a), B(b;0), C(c;0),
D(0;d).
c d 
c a b d 
b a
Тогда E  ;  , F  ;  , K  ;  , L ; 
2 2
2 2 2 2
2 2
2
b c a d
EF        
2 2  2 2
2
c b a d
KL        
2 2  2 2
Т.е. BF=KL, ч.т.д.
2
2
Вариант 11.
№13.
В параллелограмме ABCD диагональ BD перпендикулярна стороне AD. Найдите
АС, если AD=6 см и BD=5 см.
Дано: ABCD – параллелограмм,
AD  6см, BD  5см , BD  AD .
Найти: АС
Решение.
Дополнительное построение: CH 2 BD , AH 1 BD ,
так что H1 B AD и DH 2 BC , поэтому CH 2  DH 2 ,
AC  25  144  13см 
Ответ: AC  13см
AH1  H1 B. Т.е. получим прямоугольник
AH1CH 2 , где H1 B  6см  H1C  12см ,
AH1  BD  5см . Из прямоугольного H1 AC :
№14.
В шестиугольнике ABCDEF AB=AF, BC=CD, DE=EF. Докажите, что биссектрисы
углов А, С и Е пересекаются в одной точке.
Дано: ABCDEF, AB=AF, BC=CD, DE=EF,
АА1, СС1, ЕЕ1 - биссектрисы.
Доказать: AA1  CC1  EE1  O
Доказательство.
AEF , BCD , DEF - равнобедренные,
тогда АА1, СС1, ЕЕ1 – биссектрисы и
медианы  AA1 , CC1 , EE1 - серединные
перпендикуляры к сторонам FBD , а
серединные перпендикуляры пересекаются
в треугольнике в одной точке, т.е.
AA1  CC1  EE1  O , ч.т.д.
№15.
Две стороны треугольника имеют длины 6 см и 12 см, а угол между ними равен 120 .
Найдите длину биссектрисы, проведенной к большей стороне.
Дано: ABC , AB  6см, BC  12см , B  120 .
Найти: длину биссектрисы, проведенной к
большей стороне.
Решение.
1
По теореме косинусов AC 2  36  144  2  6  12 
2
AC  252 , т.е. AB  BC  AC  искомая
биссектриса B , т.к. против большего угла лежит
большая сторона
2  12  6  Cos60
BB1 
 4см 
18
Ответ: BB1  4см
Вариант 12.
№13.
В треугольнике со сторонами 30 см, 25 см и 11 см найдите длину высоты,
проведенной из вершины меньшего угла.
Дано: ABC , AB  30см, BC  25см, AC  11см .
Найти: длину высоты, проведенной из вершины
меньшего угла.
Решение.
Дополнительное построение: BH  AC
Меньший угол лежит против меньшей стороны  B меньший.
Пусть AH  x , тогда из ABH : BH 2  900  x 2
Из BHC : HC  11  x , BH 2  625  121  22 x  x 2
900  x 2  504  22 x  x 2
x  18  BH  900  324  24см 
Ответ: BH  24см
№14.
Найдите площадь равнобокой трапеции, если ее диагональ равна 29 см, а средняя
линия – 21 см.
Дано: ABCD – равнобокая трапеция, AC  29см ,
MN - средняя линия, MN  21см .
Найти: S ABCD
Решение.
Дополнительное построение: BH 2  AD, CH  AD .
Т.к. AB  CD , то
ABH 2  CHD  AD  BC  2AH 2
MN 
1
BC  AD  1 2 BC  2 AH 2   BC  AH 2  AH  21
2
2
ACH - прямоугольный, CH  29 2  212  20
S ABCD  MN  CH  420см 2 
Ответ: S ABCD  420см 2
№15.
Найдите геометрическое место середин всех хорд данной окружности, имеющих
заданную длину.
Дано: О; R , AB  A1 B1  A2 B2  ...  An Bn  l хорды, C, C1 ...Cn - середины хорд
Найти: ГМТ C, C1 ...Cn
Решение.
СOB  COA  C1OB1  ...  Cn OAn , т.к.
AO  OB  A1O  ...  OBn  R ,
OC  AB, ...OC n  An Bn ( по теореме о диаметре,
делящем хорду пополам),
AC  CB  A1C1  C1 B1  ...  An Cn  Cn Bn
Тогда OC  OC1  ...  OC n , т.е. середины хорд
равноудалены от центра окружности, т.е. лежат на окружности с центром в точке О и
2
l
r  R   .
2
Теперь докажем, что все точки окружности 1 О; r  являются серединами хорд данной
окружности длины l.
Пусть OC    M . Построим AB  CO , т.е. АВ – касательная к окружности 1 О; r  .
ACO  COB ( ACO  BCO  90, OC - общая, AO=OB=R). По теореме Пифагора
2
2
2
l
l
l
CB 2  OB 2  OC 2  R 2  R 2        CB   AB  l , ч.т.д.
2
2
2
2
l
Ответ: середины хорд лежат на окружности с центром в точке О и r  R    .
2
2
Вариант 13.
№13.
В треугольнике АВС проведены медианы АМ и CN. найдите расстояние между их
серединами, если АС=16 см.
Дано: ABC , медианы АМ и СN, AD=DM, NF=FC,
AC  16см .
Найти: DF
Решение.
Введем прямоугольную систему координат так, что
a b
A(0;0), B(a;b), C(16;0), тогда N  ;  ,
 2 2
a

  16 b 
a

16
b
a

16
b




M
;   D
;  , F 2
; 
4
2
4
 2
 4
 2




 a  16 a  32   b b 
 a  16  a  32 
DF  

     
  4см 
4  4 4
4
 4


Ответ: DF  4см
2
2
2
№14.
В треугольнике ABC угол A больше угла B, а угол B больше угла C. К какой из
вершин треугольника ближе всего расположен центр вписанной в него окружности?
Дано: ABC, A > B >C, O –
центр вписанной в ABC окружности
Найти: к какой из вершин
треугольника ближе всего
расположен центр вписанной в него
окружности
Решение:
Поскольку O – центр вписанной
окружности, то OA, OB и OC –
биссектрисы углов A, B и C соответственно.
1
1
Т.к. A > B, то A > B  OAB  ABO , а т.к. в треугольнике против большего
2
2
угла лежит большая сторона OB  OA .
Аналогично OC  OA (из AOC ). Таким образом, центр вписанной в треугольник ABC
окружности ближе всего расположен к вершине A.
№15.
Дан прямой угол. Найдите геометрическое место середин всех отрезков одной и той
же длины с концами на сторонах этого угла.
Дано: ABC - прямоугольный,
AB  A1 B1  A2 B2  ...  An Bn  l , A1 , A2 ,..., An  AC ,
B1 , B2 ,..., Bn  BC , A1C1  C1 B1  ...  An Cn  Cn Bn
Найти: ГМТ C, C1 ...Cn
Решение.
A1 B1C1 , A2 B2 C2 ,..., An Bn Cn - прямоугольные, тогда
A1C1  C1 B1  CC1  ...  An Cn  Cn Bn  CCn , значит,
CC1  CC2  ...  CCn  точки C1 , C 2 ,..., C n лежат на дуге
l
окружности с центром в точке С и R 
2
l
Ответ: точки C1 , C 2 ,..., C n лежат на окружности с центром в точке С и R 
2
Вариант 14.
№ 13.
В прямоугольном треугольнике ABC (C – прямой) проведена высота CD, а в
треугольнике ACD – биссектриса CE. Докажите, что треугольник BCE
равнобедренный.
Дано: ABC, C = 90, CD – высота ABC,
A ED
CE – биссектриса ACD
Доказать: BCE – равнобедренный.
Доказательство.
Так как CE – биссектриса ACD, то ACE =
ECD. BCE = ACB - ACE = 90 -ECD, BEC = 180 - ADC - ECD = 90C
B -ECD  BCE = BEC  BCE –
равнобедренный.
№ 14.
В равнобокой трапеции диагональ перпендикулярна боковой стороне и является
биссектрисой одного из углов трапеции. Определите, в каком отношении диагонали
трапеции делятся точкой пересечения.
Дано: ABCD – равнобокая трапеция AB = CD, AC 
CD, AC  BD = O, AC –биссектриса A
AO
O
Найти:
OC
D
A
Решение.
Так как трапеция – равнобокая и АС – биссектриса A , то BAC = CAD = BDC =
B
C
BDA  CAD = 90 - 2CAD  CAD = 30 
, а так как OD – биссектриса
ACD, то
Ответ:
AO
2
OC
№ 15
Треугольник ABC – равносторонний со стороной, равной a. На расстоянии a от
вершины A взята точка D. Найдите угол BDC.
Дано: ABC – равносторонний, AB = = BC = AC =
=a
D2 AD
Найти: BDC
Решение.
Построим окружность с центром в точке A и
C
радиусом, равным a. Тогда точки B, C и D лежат на
A
этой окружности, а градусная мера меньшей дуги BC
равна 60 (поскольку BAC – центральный для этой
окружности и равен 60). Рассмотрим 2 случая:
1) пусть D лежит на большей дуге BC окружности
(на чертеже эта точка обозначена как D1). Тогда
BDC – вписанный и опирается на меньшую дугу BC и, потому, равен половине её
градусной меры, то есть 30;
2) пусть D лежит на меньшей дуге BC окружности (на чертеже эта точка обозначена как
D2). Тогда BDC – вписанный и опирается на большую дугу BC и, потому, равен
половине её градусной меры, то есть 150. Примечание: Если точка D совпадает с одной
из точек B или C, что вполне возможно согласно условию задачи, то BDC = 0
Ответ: 30° или 150°
D
B
Вариант 15
№ 13.
В треугольнике ABC биссектриса AE равна отрезку EC. Найдите углы треугольника
ABC, если известно, что AC = 2AB.
Дано: ABC, AE – биссектриса BAC, AE = EC, AC =
2AB
Найти: A, C, B
Решение.
M
Так как AE – биссектриса A, то BAE = CAE. Так как
AE = EC, то AEC – равнобедренный  BAE = CAE =
 A = 2C. Пусть M – середина AC. Тогда AB = AM
C C
B
E
= MC, поскольку AC = 2AB,  EM – медиана AEC, а так
как AEC равнобедренный, то EM – высота AEC 
AME = 90. Так как по условию AC=2AB и М – середина
АС, то AB = AM=МС, BAE = CAE, AE – общая сторона, то ABE = AME  B =
AME = 90. A + B + C = 180, а так как B = 90, A = 2C, то 3C = 90  C =
30  A = 60.
Ответ: A = 60, C = 30, B = 90.
A
№ 14.
В равнобокую трапецию с острым углом 30 вписана окружность. Найдите
отношение длины окружности к периметру трапеции.
Дано: ABCD – равнобокая трапеция
с основаниями AD и BC, A = D =
= 30, Окр.(О;r) - вписанная
С окр
Найти:
PABCD
Решение.
Пусть BH – высота трапеции. Тогда
BH = 2r, где r – радиус окружности.
Поскольку
трапеция
является
описанной около окружности, то
AB+CD = BC + AD, а так как AB = CD (трапеция равнобокая), то AB =
Так как ABH – прямоугольный, а A = 30, то BH =
,

Ответ:
.
.

.
С окр
PABCD


8
№ 15.
Внутри треугольника ABC взята точка D такая, что ABD = ACD = 45. Докажите,
что отрезки AD и BC перпендикулярны и равны, если угол BAC равен 45.
Дано: ABC, A = 45, D ABC, ABD =
ACD = 45
B
Доказать: AD = BC, AD  BC
C1
Доказательство.
A1
Пусть BD  AC = B1, CD  AB = C1, AD  BC =
D
A1. Тогда BB1  AC, поскольку AB1B = 180 A - ABD = 90,  BB1 – высота ABC.
Аналогично CC1 – высота ABC  D – точка
пересечения высот ABC  AA1 – высота ABC
A
C
 AD  BC. Так как ABB1 – равнобедренный, то
B1
AB1 = BB1. Также B1DC – равнобедренный,
поэтому B1D = B1C. Тогда треугольники AB1D и
BB1C равны по двум катетам  AD = BC, ч.т.д..
Вариант 16.
№13.
В трапеции ABCD диагонали АС и BD перпендикулярны. На большем основании AD
выбрана точка М так, что ВМ=MD=3 см. Найдите длину средней линии трапеции.
Дано: ABCD – трапеция, AC  BD , ВМ=MD=3
см.
1
Найти: BC  AD 
2
Решение.
I способ
Т.к. ВМ=MD, то BMD равнобедренный  MBD  BDM
BDM  DBC как накрест лежащие при BC AD
и секущей BD.
BN –биссектриса и высота  BCK - равнобедренный и ВК=ВС  1  2 , KN=NC
KAM  2 как накрест лежащие при BC AD и секущей АD,
KAM  2  1  AKM  AM  MK
BM  MD  KB  KM  BC  AM  3  AD  AM  MD  2 AM  BC , т.е.
BC  AD  2BC  AM   6
1
BC  AD  3см
2
1
Ответ: BC  AD   3см
2
II способ
Дополнительное построение:
BL AC, BL  AD  L
LBCA – параллелограмм
( BL AC, BL AL ) 
 BC  AL 
 LD  AL  AD  BC  AD
AC  BD, BL AC  BL  BD  LBD  90 . BM  MD  MBD равнобедренный  MBD  BDM . Также L  90  BDM ,
MBL  90  DBM  90  BDM  L  MBL  BML 1
1
равнобедренный  BM  ML  MD  BM  LD  BC  AD   длина ВМ численно
2
2
равна длине средней линии трапеции и ВМ=3см
1
Ответ: BC  AD   3см
2
III способ
Т.к. ВМ=MD, то BMD равнобедренный  MBD  BDM
BDM  DBC как накрест лежащие при
BC AD и секущей BD.
BН –биссектриса и высота  BCО равнобедренный и ВК=ВС  1  2 , ВС=ВО
Пусть ВС=ВО=х, тогда ОМ=3-х
BOC  AOM  BCA  CAD (
BCA  CAD как накрест лежащие при BC AD и секущей АС), значит, AOM равнобедренный АМ=ОМ=3-х
1
x6 x
 3см 
AD  AM  MD  6  x  BC  AD  
2
2
1
Ответ: BC  AD   3см
2
№14.
Найдите углы треугольника, если высота и медиана, проведенные из одной
вершины, делят угол при этой вершине треугольника на три равные части.
Дано: ABC , медиана СМ, СН - высота,
ACM  HCM  MCB
Найти: A, C, B
Решение.
ACM : СН – биссектриса, тогда, по свойству
биссектрисы угла треугольника,
AH
AC
1
1

, MH  AB, AM  AB
HM CM
4
2
1
AC  MH AC  0,25 AB 1

 AC  Sin A   A  30  ACH  60
2
AM
0,5 AB
2
Тогда HCB  30  C  90, B  60
Ответ: A  30 , C  90, B  60
CH 
№ 15.
Две окружности пересекаются в точках A и B, прямая CD – общая касательная этих
окружностей (C и D – точки касания). Прямые AB и CD пересекаются в точке N.
Докажите, что N – середина CD.
C
N
D
B
1
A
2
Дано: 1 и 2 – окружности, 1   2 =
{A;B}, CD – общая касательная, CD  1 = C,
CD  2 =D, AB  CD = N
Доказать: CN = ND
Доказательство.
По теореме о квадрате касательной для
окружности 1 имеем:
.
Аналогично, для окружности 2 получаем:
. Значит CN2 = ND2  CN = ND
 N – середина CD, ч.т.д.
Вариант 17.
№13.
В прямоугольной трапеции ABCD высота АВ равна сумме оснований AD и ВС.
Биссектриса угла АВС пересекает сторону CD в точке К. В каком отношении эта
точка делит CD?
Дано: ABCD – прямоугольная трапеция, AB  AD  BC , BK биссектриса, K  CD .
Найти: CK : KD
Решение.
I способ
Пусть EF – средняя линия ABCD. Проведем BF и AF,
AD  BC
FEB  90, BE  EA 
, также
2
AD  BC
EF 
 EBF - равнобедренный,
2
EBF  EFB  45 ;
CBF  90  45  45  CBF  ABF  BF - биссектриса, F  CD  F  K  EK средняя линия и CK  KD
Ответ: CK : KD  1 : 1
II способ
Пусть BM  BC , тогда AM  AB  MB  AD  BML 180  ABC
 45
равнобедренный  BCM  BMC 
2
ADM также
180  DAM
 45
равнобедренный  ADM  AMD 
2
CMD  180  BML  AMD  90  CMD - прямоугольный
ВК – биссектриса равнобедренного треугольника с основанием
МС  ВК – серединный перпендикуляр к CM  центр описанной вокруг
CMD окружности лежит на ВК, но он также лежит на CD, как на гипотенузе. В CMD ,
точка, принадлежащая одновременно CD и ВК, является точкой К  К – центр описанной
вокруг CMD окружности  CK  KD .
Ответ: CK : KD  1 : 1
B
II способ
Пусть BK  AD = L. Так как BK – биссектриса B, а B =
90, то ABL =
= CBL = 45. Так как AL ‫ װ‬BC, то
BCD = CDL, ABL = CBL = L =
= 45  ABL
– равнобедренный  AB = AL. Так как AB = AD + BC, AL
= = AD + DL, а AB = AL, то AD + BC = AD + DL  BC =
DL. Так как BCD = = CDL, CBL = L, BC = DL, то
C
K
BCK = DKL  CK = KD 
A
D
L
.
Ответ: CK : KD  1 : 1
№14.
В окружность диаметра 10 2 см вписан шестиугольник, одна сторона которого 10
см, а все остальные равны между собой. Найдите его углы.
Дано: О; R , СB  СD  DF  FE ,
AO  5 2см, AB  10см .
Найти: B, A, C , D, E , F
Решение.
I способ
ABO : по теореме косинусов
BO 2  AO 2  AB 2
СosBOA 

2  BO  AO
100  100

 0  BOA  90
100
180  90
BAO  ABO 
 45
2
BO  OC  OD  OE  OF  AO  R   BOC  COD  ODE  FOE  AOF
360  90
BOC 
 54
5
180  54
CBO 
 63
2
B  A  108
C  D  E  F  126
Ответ: B  A  108 , C  D  E  F  126
II способ
Пусть OM  AB . В BOM OM  50  25  5  BMO равнобедренный OBM  OAH  45
Сумма всех углов шестиугольника S  4 180  720
1  2  90  3  4  ...  12  630
630
3  4  ...  12 
 63
10
Итак B  A  108 , C  D  E  F  126
Ответ: B  A  108 , C  D  E  F  126
№15.
На окружности с центром О дана точка А. найдите геометрическое место середин
всех хорд этой окружности, проведенных из точки А.
Дано: О; R , A   , B   , AМ  МB
M2
B Найти: ГМТ точки М
Решение.
A
2
Пусть точка B1 окружности такая, что точка O не лежит
на отрезке AB1. Пусть O1 – середина AO. Тогда,
O1
поскольку M1 – середина AB1 и O1 – середина AO,
O
O1M1 – средняя линия в AOB1  O1M1 = ½OB1 = ½R.
M1
Таким образом, точка M1 удалена от данной точки O1
на данное расстояние, равное ½R. Тогда, в силу
произвольности выбора точки B1, все точки M лежат на
B
данном расстоянии от точки O1, то есть, на окружности
с центром в точке O1 и радиусом, равным ½R.
Докажем, что все точки этой окружности принадлежат искомому ГМТ. Выберем
произвольно точку M2 этой окружности. Пусть прямая AM2 пересекает данную
окружность в точке B2. Докажем, что M2 – середина AB2. Так как AO = OB2, то AOB2 –
равнобедренный  OAB2 = OB2A. Также AO1 = O1M2, поэтому AO1M2 –
равнобедренный  OAB2 = O1M2A  OB2A = O1M2A  O1M2 ‫ װ‬OB2, а так как O1
– середина AO, то по теореме Фалеса M2 – середина AB2. Итак, искомое ГМТ –
окружность с центром в середине отрезка AO и радиусом, равным половине этого отрезка.
R

Ответ: 1  O1 ; 
2

Вариант 18.
№ 13.
Найдите радиус окружности, описанной около равнобедренного треугольника с
основанием 10 см и боковой стороной 13 см.
Дано: ABC, AB = AC = 13, BC = 10.
A
Найти: R
Решение.
S = p p  AB p  AC  p  BC   60
R=
.
Ответ: R  7
B
C
1
24
№ 14.
Точки M и N – середины сторон CD и BC параллелограмма ABCD. Докажите, что
отрезки AM и AN делят диагональ BD на три равные части.
B
A
L
K
D
M
N
C
Дано: ABCD – параллелограмм, MС=MD,
NB=NC, AMBD = K, ANBD = L
Доказать: DK = KL = LB
Доказательство.
Так как ABCD – параллелограмм, то AB = DC,
AD = BC, AB║CD, AD║BC. Так как M –
середина CD, то DM = ½CD = ½AB 
ABK ~ DKM 
Аналогично

. Так как AB║CD, то
  DK = BD – DK  DK = BD 
DK = BD. Аналогично из подобия треугольников ALD и BLN получаем: BL = BD. Так
как DK + KL + LB =
= BD, DK = BD, BL = BD, то и KL = BD  DK = KL = LB, ч.т.д.
№ 15.
На гипотенузе AB прямоугольного треугольника ABC выбрана произвольная точка
M, и из неё опущены перпендикуляры MK и MP на катеты этого треугольника.
Определите, при каком положении точки M длина отрезка PK будет наименьшей.
A
K
M
B
C P
Дано: ABC, C = 90, M  AB, MK  AC, MP  BC
Найти: при каком положении точки M длина отрезка PK будет
наименьшей.
Решение.
Заметим, что CKMP – прямоугольник  PK = CM при любом
положении точки M на гипотенузе. Значит PK минимально
только в том случае, если CM минимально, а минимальное
расстояние от точки C до прямой AB есть отрезок
перпендикуляра, опущенного из точки C на прямую AB.
Значит M – основание высоты, опущенной из вершины C на
гипотенузу.
Ответ: M – основание высоты, опущенной из вершины C на гипотенузу.
Вариант 19.
№ 13.
Найдите радиус окружности, вписанной в равнобедренный
основанием 16 см и боковой стороной 10 см.
треугольник
Дано: ABC, AC = AB = 10, BC = 16
Найти: r
Решение.
S = p p  AC  p  AB p  BC   48
A
C
B
r=
Ответ: r  2
2
3
№ 14.
В треугольнике со сторонами 4 см, 5 см и 8 см найдите длину медианы, проведённой
из вершины большего угла.
A
C
M
B
Дано: ABC, AC = 4, AB = 5, BC = 8
Найти: длину медианы, проведённой из вершины
большего угла.
с
Решение.
Против большего угла в треугольнике лежит большая сторона, поэтому медиана
проведена к стороне BC = 8.
m==
m2 =
Ответ: m 
.
3 2
2
№ 15.
Докажите, что в выпуклом четырёхугольнике середина отрезка, соединяющего
середины его диагоналей, совпадает с точкой пересечения отрезков, соединяющих
середины противоположных сторон.
Дано: ABCD – выпуклый
K
B
четырёхугольник, ВE =DE, AF=CF, EG1=
A
=FG1, AK=KB, BL=LC, CM=MD, AN=ND,
KMLN = G2
E
N
Доказать: G1  G2
Доказательство.
G
Введём произвольную систему координат.
L
F
Пусть координаты точек A, B, C, D равны
D
соответственно (a1; a2), (b1; b2), (c1; c2), (d1;
d2). Тогда координаты точек E, F, K, L, M,
N как середин отрезков равны
M
соответственно (
C
(
– середина EF, то её координаты равны (
;
;
), (
;
),
), (
;
), (
;
;
), (
;
). Так как G1
). Заметим, что точка
G1 является также серединой отрезков KM и LN, поскольку её координаты являются
координатами середин этих отрезков, значит, точка G1 лежит одновременно на отрезках
KM и LN, то есть KMLN = G1. Но по условию KMLN = G2  G1  G2, ч.т.д.
Вариант 20.
№ 13.
Биссектриса CD прямого угла треугольника ABC делит гипотенузу на отрезки 15 см
и 20 см. Найдите катеты треугольника.
Дано: ABC, C = 90, CD – биссектриса
DB = 20
Найти: AC, BC
Решение.
A
D
ABC, AD = 15,
По свойству биссектрисы угла треугольника:
C
B
 AC =

BC. По теореме Пифагора AC2 + BC2
= AB2 = (AD +DB)2 = 352  ( BC)2 + BC2 = 352 
BC2 +
+BC2 = 352 
BC2 = 352  BC = 35  BC =
= 28  AC =
= 21.
Ответ: AC = 21, BC = 28.
№ 14.
Медиана треугольника в полтора раза больше стороны, к которой она проведена.
Найдите угол между двумя другими медианами.
Дано: ABC, AA1, BB1, CC1 – медианы ABC, O – точка
пересечения медиан, AA1 = 1,5BC
A
Найти: BOC
Решение.
Поскольку O – точка пересечения медиан, AA1 – медиана, то
 AA1 = 3OA1. Так как A1 – середина BC, то BA1 =
B1
C1
O
B
A1
C
A1C = 0,5BC. AA1 = 1,5BC  3OA1 = 1,5BC  OA1 = 0,5BC =
BA1 = =A1C  треугольники OBA1 и OCA1 –
равнобедренные  OBC = BOA1, A1OC = BCO, а так
как OBC + BOA1 + A1OC + BCO = 180, то 2BOA1 +
2A1OC = 180  BOC = 90.
Ответ: BOC = 90.
Учебное пособие составлено на основе решений учащихся МОУ лицей №1
г.Комсомольска – на – Амуре Замана К. и Мельниченко А. под руководством
Будлянской Н.Л., учителя математики высшей категории.
Решебник к сборнику заданий А.Д.Блинкова, Т.М.Мищенко
для проведения экзамена по геометрии
в 9 классе
(задания второй части итоговой аттестационной работы).
Сдано в печать 13.11.2008
Подписано к печати 15.11.2008
Печать офсетная. Бумага офсетная.
Формат 60 x 84 1/16.
Усл.п.л. 3,3. Уч.-изд. л. 4,1
Тираж 200 экз.
Отпечатано в ЗАО «Аквилон»
681010, г.Комсомольск-на-Амуре
Ул. Парижской Коммуны, 36/2, тел.:(4217)53-43-11