И. П. Рустюмова? T. A. Кузнецова

В К  - биссектриса ZB\ 
АВ 
Л К,
ВС ~ КС *
2 
х
4 = 3 - х ’
6 - 2х = 4х; 
х= l,A K =  I;
2) Рассмотрим ДА В К : 
АО - биссектриса ZA\
АВ
АК
ВО
О К '
ВО
ОК
О твет: 2:1.
3. 
Задание: Определите площадь треугольника, если две его стороны рав­
ны 35 и 14, а биссектриса угла между ними равна 12.
Решение:
В
1) BL =
2 АВ ■
 ВС ■
cosa
АВ + ВС 
2-35-14-cosа _
49
2) sinar = V1 - cos2 а  = II - — = —;
V 
25 
5
4 3 
24
sin 2ar = 2sin a • cosar = 2 ---- - — :
5 5 
25
3)5д.дг =-A B-ВС sin2a = —  35 14-- = 235,2.
> ьлвс 
2 
2 
25
О твет: 235^2.
2. Рассмотрим свойства медиан в треугольнике.
a) Каждая медиана точкой пересечения 
делится в отношении 2:1, считая от вершины.
b
) Три медианы делят треугольник на
6 равновеликих (одинаковых по площади) 
треугольников.
c) Длина медианы:
т  = —-J2b2 +2с2 - а 2 .
2
4. 
Задание: Основание треугольника равно 20, медианы боковых сторон 
равны 18 и 24. Найдите площадь треугольника.

Решение:
1) Рассмотрим Д
АОС:
АО = —ЛК = — 18 = 12;
3 
3
ОС = - С Е = -  24 = 16;
А 
20 
с 
3 
3
5М0С = у 1 р (р - а )(р - Ь )(р - с ) = л/24-4 12-8 = 12-8 = 96;
5 
= * *
•
J 4<2
Ответ: 2%%.
5. 
Задание: Стороны треугольника /15С равны 15,14 и 13.0- точка пере­
сечения медиан. Найдите площадь треугольника 
А ОВ.
Решение: 
g
Sb4Bc=Tjpip-a)(p-b)(p-c) =л/21-6-7-8 = л/72-32-42 = 7-3-4 = 84;
= 
= — ■
84 = 28.
Ответ: 28.
6. 
Задание: Основание равнобедренного треугольника >/32, а медиана 
боковой 
стороны 5. Найдите длины боковых сторон.
Решение:
В
А Е 1 = - (2 -АВ2+2- А С 2 - В С 2);
4
25 = —(8х2 + 64 - 4х2);
4
Ах1 = 36; 
х = 3;
АВ = ВС-6.
О твет: 6; 6.
3. 
Рассмотрим применение теоремы 
синусов
для решения геометричес­
ких задач.
475

Теорема 
с и н у с о в . 
а 
Ь 
с
sina 
sin/7 
sin у 
ной окружности.
= 2R, где R - радиус описан-
7. 
Задание: В треугольнике ABC угол С равен 90°, угол А равен 15°, 
АС = >/з. CD - биссектриса треугольника. Найдите длину AD.
Решение:
А 
Рассмотрим ДACD:
ZACD = 45°, ZADC = 120° •
По теореме синусов:
AD 
AC 
AD 
J 3
sin ZACD ~ sin ZADC ’ 
sin 45° ~ sin 120° ’ 
iz -Jl 
_
A D ----- Д - ..£ .Л .
P
S
2
О твет: v 2 .
8.Задание: Дан треугольник ABC. ZBAC = a, В С =а. Найдите радиус ок­
ружности, описанной около треугольника ВОС, где О - центр окружности, 
вписанной в треугольник ABC.
Решение:
ДВОС: по теореме синусов 
а 
__
а
2 R = 
R =
sin ZBOC 
a
2 sin ZBOC
f
„ Z B + Z C \
. (Z B + Z C \  
. (180“ - a ' 
sin ZBOC = sinl 180-------- I == sin l--------I = sin l-------
= sin| 9 0 -- l = cos—.
Значит, R =
2
cos—
2
О т в е т :
л 
'
2 cos
476

4. 
Рассмотрим применение теоремы косинусов для решения геометри­
ческих 
задач.
Теорема косинусов. 
с2 = a2 +b2 -2а-b-cosy ■
с
9. Задание: Найдите угол А в треугольнике ABC со сторонами а = 14, 
Ь= 16, с= 10.
Решение:
в 
По теореме косинусов:
ВС2 = АВ2 +АС2- 2АВ AC-cosZA;
а в
2+
а с
2-
в с
2
cos ZA --------------=
2 A B A C
102 + 162 
- 1 4 2 
100 + 2-30 1
2 10 16 
2 160 ~2*
ZA = 60°.
Ответ: ZA = 60°.
10. Задание: В треугольнике ABC известны стороны: АВ=3, ВС=5, СА = 6. 
На стороне АВ взята точка М так, что ВМ= 2АМ, а на стороне ВС взята точка К 
так, что 3В К =2КС. Найдите длину отрезка МК.
Решение:
в 
Так как ВМ=2АМ, то:
ВМ= 2, АМ= 1.
Так как ЗВК = 2КС, то:
ВК=2,СК=Ъ.
Рассмотрим ААВС:
А 
с *■ АС2 = АВ2 + ВС2 - 2АВ ■
 ВС ■
cos ZB
(т. косинусов);
АВ2 + ВС2-АС2 9 + 25-36 -2 
1
cos ZB --------------=--------= — ---- .
2 АВ-ВС 
2-3-5 
30 
15
Рассмотрим АМВК: М К2 = ВМ 2 + В К 2 - 2ВМ ■
 ВК - cos ZB;
М К 2
=4 + 4-2-2-2-
М К
1 8.1— .
V 15
О тве т: М К =
8.1— .
V15
477
16

i
В данном методе используется подобие некоторых треугольников, обра- " 
зовавшихся в результате дополнительных построений.
11. 
Задание: В треугольник KMN вписан ромб так, что угол К  у них общий, j 
а вершина Е  находится на стороне MN. Найдите сторону ромба, если КМ= от, j 
KN=n.
М 
Решение: 
§
&MDE ~ AEPN (по двум углам); 
I
MD 
D E 
РЕ ~ PN- 
т - х  _ х
х 
п -х
т п - п х - т х + х2 — х2;
т п —х ( т  + п ) = 0;
тп
тп  
х ------; 
KD = —— .
Метод подобия в геометрических задачах
О твет: тП . 
т+п
12. Задание: Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипо­
тенузе, разбивает его на два треугольника с площадями 4 и 16. Найдите длину 
гипотенузы.
Решение:
1) 
AACD ~ ACBD (по двум углам), т.к. 
Z ACD = Z CBD - острые углы с взаимно 
перпендикулярными сторонами.
В
Площади подобных фигур относятся как квадраты соответствующих сто­
рон, поэтому:
16 = СВ2 
СВ 
4 2
4 ~ АС2’ 
А С ~ 2 ” Г
2) ДЛВС - прямоугольный;
S
aabc
3 Т
' ВС'щ
20 = -х-2х;
2
х2 = 20; 
АС = 2у/5, ВС = 4>/5; 
АВ = yfAC^ + BC2 « -Ло + 80 = 10. 
О твет: 10.
13. Задание: Дан равнобедренный треугольник с основанием 12 и боковой 
стороной 18. Отрезки какой длины нужно отложить от вершины треугольника
478

на его боковых сторонах, чтобы, соединив их концы, получить трапецию с 
периметром, равным 40.
д 
Решение:
1) Обозначим В К  = BL = х, тогда: 
рлки- = 2АК + KL + АС,
2(\%-х) + KL+ 12 = 40;
KL = 
2x-S.
2) AKBL - ААВС (по двум углам);
BK 
KL 
АВ ~ АС ’
х
_ 2дс — 8
Тв" 12 ’
О твет: 6.
24х= 144;
х- 6;
BK = BL = 6.
Метод решения задач путем дополнительных построений
Говоря о методах решения геометрических задач, следует отметить неко­
торые особенности данных методов: большое разнообразие, взаимозаменяе­
мость, трудность формального описания, отсутствие четких границ области 
применения. Кроме того, очень часто при решении некоторых достаточно 
сложных задач приходится прибегать к использованию комбинаций методов и 
приемов.
Уже на первом этапе решения - построение чертежа - можно говорить о 
наличии некоторых специальных приемов:
1. если в условии есть медиана треугольника, то стоит попытаться продол­
жить эту медиану на такое же расстояние. При этом получится параллело­
грамм, стороны и одна диагональ которого равны сторонам треугольника, а 
вторая диагональ равна удвоенной медиане;
2. продолжение отрезка (отрезков) на определенное расстояние или до 
пересечения с заданной прямой.
2
14. Задание: В треугольнике Л5С точка^лежит на стороне AC, AN = -А С, 
медиана AM  перпендикулярна BN. Найдите площадь треугольника ABC, если 
AM ~m ,BN=n.
Решение:
1) Продолжим медиану AM  на расстояние, ей равное.
Обозначим Z.BMA = а.
479

SABEC - |Ы®Р• A E■
sina = — BC-2m-sina = m- BC sina.
Найдем 
BC 
• sin 
a.
2) Построим 
M K L A E .
AAM K — ДAON (по двум углам);
А 
N 
к 
q
М К
ON
AK
A N '
1
—n - c 
2 _ 3,5x
ON~~2x’
3) 
BO = BN-ON = n -—  = —
;
7 
7
ABOM: 
50= BM- sin a.
ОЛГ = — = 
3,5
5n
Следовательно: BC ■
sin a  = 2BM • sin a = 2BO = 2 — =
7
_ 
_ 1 .
_ 1 
Ю/i _ 5mn
b&ABC ~ ~^ABEC ~ ^ 
-- *
О тв е т:
’ABEC
5 mn
2n 
7 »
lOn 
7 '
J5 . Задание: Дан равнобедренный прямоуголь­
ный треугольник 
ABC. 
Прямая, проведенная через 
вершину прямого угла С, перпендикулярна медиа­
не 
BD 
и пересекает гипотенузу в точке М. Найдите 
AM
отношение--- .
M B
Решение:
1)
Построим 
АК = СА.
В Д
КСВ В А 
- медиана (по построению). 
Докажем, что 
СЕ 
- медиана.
2) Обозначим 
ZK = a,ZB= 9 0 °-a.
480

ВС  
1
А
ВС К : 
lg a = — = ~ ;
с л
z 
=> ZCBD = а.
ABCD: tgZCBD = ^
 = ^ ,
3) Рассмотрим АС ЕВ:
Z 
ЕС В  = 
Z
Е В С  = 
90° 
- а, 
Д 
С ЕВ  - равнобедренный,
B E - С Е.
4) Рассмотрим А С Е К : 
Z
С К Е  = 
Z
К С Е  = а, А С ЕК - равнобедренный, 
ЕК-С Е.
Значит, К Е = Е В н С Е - медиана.
АВ 
- медиана по построению.
AM 1
Следовательно--- = —, так как М -  точка пересечения медиан треуголь-
МВ 
2
ника.
Ответ: —.
2
16. 
Задание: 
Найдите углы равнобедренного треугольника, если его вы­
сота вдвое меньше биссектрисы угла при основании.
Решение:
Е
1) Обозначим АВ = с, ВС =а.
Продолжим ВА. Построим АЕ = а.
Продолжим ВС. Построим СК = с.
Получим АВЕК - равнобедренный,
Z ВЕК = Z ВКЕ = 90° - а.
BL - биссектриса Z В =>BL - высота, BL 
_L 
ЕК, EL = LK.
2) По условию 2AD=ВР.
481

2AB-BC-cos—  
,
,
M BC : B P ----------- 2_= 2-c-g-cosg _2gccosq_
AB + BC 
a + c 
a + c
. _ 
la c
cosa 
2c-sin 2a =------ :
AB A D : AD - A B • sin 2a = с • sin 2a;
4c -sina -cosar =
a+c
2ac cosar
a + c 
2(a+ c)
- л o rr 
££ 
. 
EL 
. 
a 
. . a
3 )A B E L : sinar = — ; sina =--- ; E L = sm a-(a + c) = ------ (a + c) = —.
££ 
a + c 
2 (a + c) 
2
4) Соединим A c К. Рассмотрим AACK - равнобедренный.
Значит, Z CAK= Z СКА = «(теорема о внешнем угле треугольника).
5) Рассмотрим АА Е К - равнобедренный, т.к. А Е = Е К =а.
Z £= 90° - аг,
Z Е А К =Z ЕКА = Z Е К В - Z А КВ = 9 0 °- а - а = 90°-2а;
Z E + Z EA K + Z ЕКА = 180°;
90° - а+ 90° - 2а+ 90° -2а= 180°;
270°-5а= 180°;
5а=90°;
а = 18°;
Z A B C = Z A C B = 36°;
ZBA C =  180°-2 ZA BC =  108°.
О твет: 36°, 36°, 108°.
Алгебраические методы решения геометрических задач
Большое значение при решении геометрических задач имеют алгебраи­
ческие методы. Алгебра, часто в сочетании с тригонометрией, позволяет 
справиться со многими сложными задачами. Суть алгебраического подхода 
к геометрическим задачам состоит в том, чтобы для некоторой величины 
составить из геометрических соображений уравнение, а затем решить его.
Широкие возможности для использования алгебры в геометрии открывают 
метрические соотношения в треугольнике и круге, формулы решения прямо­
угольных треугольников, теоремы синусов и косинусов и т.д.
17. 
Задание: Две стороны треугольника а и Ь. Медианы, проведенные к 
этим сторонам взаимно перпендикулярны. Найдите третью сторону.
Решение:
Обозначим: О Е =х, ОВ = 2х;
ОК= у,ОА= 2у;
482

АОКВ: y 2 + 4x2=— .
4
Составим систему уравнений:
, . 2 Ь2 
х + 4 у - — ,
4
2 
л 2
^
V +4х = — ;
4
A O EA : x2
+ 4 v2 = — ;
4
5х2 +5 у
а2+Ь2
АКОЕ: К Е  = Jx 2+y2 =
1 а2+62
дг +7 =
_2 . г2
а +о
20
АВ = 2КЕ = J a Щ | т.к. К Е  - средняя линия в ААВС.
Ответ:
а2+Ъ2
18. 
Задание: Площадь прямоугольного треугольника равна 24, а гипоте­
нуза равна 10. Найдите радиус вписанной окружности.
Решение:
Обозначим катеты х ну.
ху =48,
2
X
= 
6
,
W
l f
j o
o
;
l I
+
>
=
1 0 0 -
=
8
^ _ a+b-с _ 6 + 8-10 _ 4 ^
Г _
2 
7 
2 
~ 2 ~
О твет:!.
19. 
Задание: В прямоугольный треугольник вписана окружность. Точка 
касания делит гипотенузу на отрезки, равные 2 и 3. Найдите радиус этой 
окружности.
Решение:
Обозначим х - радиус вписанной окружности. 
АВ=2+х;АС=3+х;ВС=5.
483

\ г
V
ч З
~К-
3
По теореме Пифагора составим урав­
нение:
(2 + х)2 +(3 + х)2 = 52;
2х2 + 10х + 13 = 25; 
х1 + 5х - 6 = 0; 
х = 1;
г = 1.
О твет: 1.
Метод площадей в геометрических задачах
Формулы, выражающие площадь треугольника, могут быть с успехом ис­
пользованы для составления уравнений. В данном методе приравниваются 
два выражения для площади треугольника.
20. 
Задание: Найдите наименьшую высоту треугольника со сторонами 
17,65 и 80.
Наименьшая высота проведена к 
большей стороне.
S m b c
= - В Н -А С  = — А-80 = 40hr,
S*,т : = yJp {p - o )(p - b X p - c ),
a + b + c 
р = — -— ;
°длвс
40/»=288; 
А=7,2.
= л/81-64-16-1 =9-8-4 = 288;
О твет: 7,2.
21. 
Задание: В треугольнике ЛВС сторона с = 44, опущенная на нее из 
вершины С высота Ис = 15, разность длин сторон а - b = 22. Чему равны 
стороны а и А?
Решение:
г  
По условию а—Ь=22; Ь= а—22.

11 ■
33 • (o +1 lXfl - 33) = (15 • 22)2;
a2 - 22a - 363 = 300;
a2 -22a -663 = 0;
a, = 39,6, = 17;
a2 = 17, не удовлетворяет условию задачи.
О твет: 39; 17.
22. Задание: В треугольнике Л5С известны стороны а, Ьп угол С между 
ними. Чему равна длина биссектрисы, исходящей из вершины С?
С 
Решение:
Обозначим Z ВСК= а.
З&лвс ~ —ВС -А С • sin ZC = ^-a-6-sin2ar;
S
aack
= -А С -С К -sina = -b-l-sina;
В 
К 
А 
2 
2
S&
bck
= ~ 5С - С К ■
sin а  = — а • / • sin ar;
^йЛВС ~ ^ЛАГК + S&BCK >
1 
. . ;
1 . , . 
1 
. .
—a-o-sin2ar = — 
b-l
 -sinar + — 
а-
 / -sin ar;
2 
2 
2
a-b-sm2a = /-sinar(a + 6);
. . _ 
_ , 
2a6cos^—
a-o-sin2ar _  2a-a-sinar-cosar _
2
(a + 6)sinar 
(a+ 6)sinar 
a + 6
—
■
ZC
lab cos--
О т в е т :----- .
a+b
Метод уравнивания в геометрических задачах
При решении геометрических задач часто используется так называемый 
метод уравнивания. Он заключается в следующем: одна из величин, не являю­
щаяся искомой, выражается двумя способами через данные в условии вели­
чины. Такую величину называют 
опорной
. П
о
крайней мере, одно из этих двух 
выражений должно содержать величину, которую требуется найти. Тогда, при­
равнивая два выражения, получаем уравнение относительно искомой вели­
чины. Сама же опорная величина при составлении уравнения исключается.
23. Задание: В остроугольном треугольнике /ДОС со сторонами BC-a\AC=b; 
АВ=с проведена высота АН. Найдите, в каком отношении точка Н  делит сторону ВС.
SbW = ^/(a +1 l)(a + 11- a )(a  +11 - a + 22)(a + 11- 44) = ^(a +1 l)(a - 33) • 11-33;
48S

Решение:
Выразим дважды АН.
ЬЛВН : АН 1 = с2 - В Н 2',
М С Н : А Н 2 = Ь2-С Н 2 =Ъг - (а - В Н )2. 
Приравняв два данных выражения, получим 
д уравнение:
с - ВН = b - (а - ВН ) ;
с2 - ВН 2 = Ь2- а 2 + 2а-ВН- ВН 2
в„
= а2-Ь2+с \  
2 а
СН 
а2+Ь2- с2 
ВН ~ а2 -Ь2 + с2
СН = а-
1 г2 , 2 
2 , I 2 
2
а — и + с 
а + о —с
2 а
2а
О твет:
а +Ь -с 
а2-Ь2+с2
24. 
Задание: В треугольнике ABC угол А вдвое больше угла В, АВ = с, 
АС=Ь. Найдите третью строну ВС.
^ 
Решение:
ОбозначимВС=х, Z B = a, Z A = 2а.
х 
Ь
По теореме синусов:
2sina-cosa 
sinar 
х 
_ b 
2cosa 
1’
По теореме косинусов: b2 = х2 + с2 - 2х ■
 с • cosa; 
х2+с2-Ь2
sin 2a sina
2b
Значит, — =
2 
x -с
x 
x 2+c2-b2 
2b
2x-c
2x2 •с = 2b-x2 +2b-c2 -2b1', 
x2(c-b ) = b(c2-b2);
2 
v b(c - b){c + b)
X 
c^b 
’
x = yjb(c + b).
О тве т: Jb (c + b ).
486

Метод вспомогательного элемента в геометрических задачах
Большая группа задач по геометрии решается методом введения вспомо­
гательного элемента, для которого по условию задачи необходимо составить и 
решить уравнение. В качестве вспомогательного элемента можно брать ли­
нейный размер или угол. Тогда с помощью пропорций или вспомогательных 
геометрических построений составляется уравнение, в котором введенный 
элемент как член уравнения сокращается, а найти искомый не представляет 
большого труда.
25. 
Задание: Во сколько раз площадь равностороннего треугольника боль­
ше площади треугольника, отсекаемого от него прямой, проходящей через 
середину его стороны и составляющей угол 60° с этой стороной?
Решение:
Вспомогательный отрезок рекомендуется вводить, 
если в условии задачи не даны линейные элементы и тре­
буется найти зависимость между площадями.
Пусть А В = ВС = АС = а, тогда E F = FC = ЕС =
- А В ВС  sin 60°
В
- E F Е С  sin 60°
2
а-а 
а а 
2 2
= 4.
О т в е т : в 4 раза.
26.Задание: Внутри равностороннего треугольника взята точка М, отсто­
ящая от его сторон на расстоянии Ь, с, d. Найдите высоту треугольника.
Решение:
Вспомогательный элемент: сторона 
равностороннего треугольника -х.
&АВС
. = - А С ■
 BD  
2 
2
= —М К ■
 А В + 
—M L
• ВС  + 
—M N
■
 АС = 
2 
2 
2
= — x(b + c + d); 
2
—xh = — x(b + с + d);
2 
2
h — b + с + d.
Ответ: 
b + c + d .
487

27. 
Задание:
Найдите отношение радиуса ок­
ружности, вписанной в равнобедренный прямоу­
гольный треугольник, к высоте, проведенной к ги­
потенузе.
Решение:
у /*
о
;У
/
ч .
□^1--- -Ьк
ного треугольника - 
х.
Тогда
АС=СВ =х, AB = yflx,CD = 
а+ Ь-с
yflx
D
OD =
А С + С В - А В
х + х - Л х
х(2-л /2)
2 
2
 
2
OD х(2
- л/2) 
л/2х
W 2(V 2-1) 
2 _ 
t
CD 
2 
2 
Ответ:
V2-1.
л
/
2
л
Геометрические задачи, распадающиеся на несколько случаев
28. 
Задание:
Найдите углы равнобедренного треугольника, если известно, 
что найдется прямая, проходящая через вершину угла при основании, разби­
вающая исходный треугольник на два равнобедренных.
Решение:
1 случай.
2а + 2а + 3а =
180°;
7 
а
= 180°;
ос —
25 — .
7
Ответ:
25- , 77- ,77- .
7 
7 
7
2 случай.
а + 2а + 2а
= 180°;
5а = 180°; 
а = 36'.
Ответ:
36°, 72°, 72°.

Основны е сведения
Параллелограмм
а
и 
Ь-
смежные стороны; 
а -
угол между смежными сторонами; 
di nd2-
диагонали;
<р -
угол между диагоналями;
Иа -
высота, проведенная к стороне 
а.
1

жүктеу/скачать 10,32 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: