previous arrow
next arrow
Slider

Планиметрия. Стрим 10 марта. Разбор домашнего задания

Смотреть стрим

1. Точка O — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC, а BH — высота этого треугольника.

а) Докажите, что углы ABH и CBO равны.

б) Найдите BH, если AB = 8, BC = 9, BH = BO.

Решение.

а) Обозначим угол BAC через \alpha . Тогда \angle BOC=2\alpha , поскольку является центральным углом, опирающимся на ту же дугу окружности, что и угол BAC. В равнобедренном треугольнике BOC получаем \angle CBO={90}^\circ -\alpha , а в прямоугольном треугольнике BAH получаем \angle ABH={90}^\circ -\alpha . Таким образом, \angle CBO=\angle ABH.

б) Пусть M — середина отрезка BC. Прямоугольные треугольники BAH и BOM подобны, поскольку \angle ABH=\angle OBM. Значит,

\displaystyle \frac{BH}{AB}=\frac{BM}{BO}\Leftrightarrow BH^2=\frac{AB\cdot BC}{2}\Leftrightarrow BH=\sqrt{\frac{AB\cdot BC}{2}}=6.

Ответ: б) 6.

2. Известно, что АBCD трапеция, АD = 2BC, AD, BC — основания. Точка M такова, что углы АBM и MCD прямые.

а) Доказать, что MA = MD.

б) Расстояние от M до AD равно BC, а угол АDC равен {55}^\circ. Найдите угол BAD.

Решение.

а) Продлим боковые стороны трапеции. Так как \displaystyle BC=\frac{1}{2}AD, то BC — средняя линия треугольника AQD, тогда QC = CD, QB = BA. Углы MCD и MBA прямые, из чего следует, что MC и MB — медианы и высоты, тогда треугольники QMD и QMA — равнобедренные, то есть QM = MD, QM = MA, а значит, MD = MA, что и требовалось доказать.

б) Отпустим высоту MN в равнобедренном треугольнике AMD. MN — медиана, откуда AN = ND. \displaystyle BC=\frac{1}{2}AD=AN=ND, MN = BC, тогда BC = AN = ND. Поскольку MN — медиана, \displaystyle MN=\frac{1}{2}AD, то угол AMD={90}^\circ . Треугольник MND — прямоугольный и равнобедренный, тогда \angle NDM=\angle MAN={45}^\circ . Заметим теперь, что \angle CDM=\angle CDA-\angle MDA={55}^\circ -{45}^\circ ={10}^\circ , тогда \angle MQD={10}^\circ . Имеем:

\angle QAM+\angle MAD+\angle ADC+\angle DQM+\angle MQA={180}^\circ ,

откуда \displaystyle \angle QAM=\frac{{180}^\circ -110{}^\circ }{2}=35{}^\circ . Тогда \angle BAD=\angle QAM+\angle MAN=80{}^\circ .

Ответ: б) 80{}^\circ .

3. Хорды AD, BE и CF окружности делят друг друга на три равные части.

а) Докажите, что эти хорды равны.

б) Найдите площадь шестиугольника ABCDEF, если точки A, B, C, D, E последовательно расположены на окружности, а радиус окружности равен 2\sqrt{14}.

Решение.

а) Пусть две хорды равны 3x и 3y. По теореме о произведении пересекающихся хорд 2x\cdot x=2y\cdot y. Отсюда находим, что x=y, значит, эти хорды равны. Аналогично докажем, что третья хорда равна каждой из первых двух.

б) Равные хорды равноудалены от центра окружности, поэтому центр равностороннего треугольника с вершинами в точках попарного пересечения хорд совпадает с центром данной окружности. Пусть хорды BE и CF пересекают хорду AD в точках P и Q соответственно, хорды BE и FC пересекаются в точке T, а H — проекция центра O на хорду AD. Тогда H — общая середина отрезков AD и PQ, а OH — радиус вписанной окружности равностороннего треугольника PQT со стороной PQ.

Через точку T проведем прямую, параллельную AD, через точку P — прямую, параллельную CF, а через точку Q — прямую, параллельную BE. Эти прямые и хорды AD, BE и CF разбивают шестиугольник ABCDEF на 13 одинаковых равносторонних треугольников.

Обозначим PQ=2\alpha . Тогда

\displaystyle OH=\frac{2a\sqrt{3}}{6}=\frac{a\sqrt{3}}{3},

\displaystyle 2\sqrt{14}=OA=\sqrt{OH^2+AH^2}=\sqrt{\frac{a^2}{3}+9a^2}=\frac{2a\sqrt{7}}{\sqrt{3}}.

Отсюда находим, что a=\sqrt{6}, значит, PQ=2a=2\sqrt{6}, S_{PQT}=a^2\sqrt{3}=6\sqrt{3}.

Следовательно,

S_{ABCDEF}=13S_{PQT}=13\cdot 6\sqrt{3}=78\sqrt{3}.

Ответ: 78\sqrt{3}.

4. (Демо-вариант).

Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй — в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C

а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны.

б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.

Другими словами, в пункте (а) надо доказать, что точка D лежит на прямой AO_{1\ }, а точка C — на прямой O_2B.

A O_1O_2B — прямоугольная трапеция, поскольку O_1A\bot AB;\ O_2B\bot AB\ (как радиусы, проведенные в точку касания), O_1A\parallel O_2B.

Если \angle AO_1K=\varphi , то \angle KO_2B=180{}^\circ -\varphi (как односторонние углы),\displaystyle \angle O_1AK=\frac{180{}^\circ -\varphi }{2}; тогда \displaystyle \angle KAB=\frac{\varphi }{2};\ \angle O_2BK=\frac{\varphi }{2} и \displaystyle \angle KBA=90{}^\circ -\frac{\varphi }{2}.

\vartriangle AKB — прямоугольный, \angle AKB=90{}^\circ .

Тогда \angle AKD=90{}^\circ \Rightarrow AD- диаметр первой окружности; \ \angle BKC=90{}^\circ \Rightarrow BC — диаметр второй окружности, так как вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой.

Значит, AD\parallel BC.

б)\ O_1A=4;\ \ O_2B=1.\ \ Найдем \ S_{\vartriangle AKB} AK — высота в

\vartriangle ABD, где \angle A=90{}^\circ ;

\displaystyle \vartriangle AKB\sim \vartriangle DAB;\ k=\frac{AB}{BD}.

Рассмотрев прямоугольную трапецию AO_1O_2B, где O_1A=4,\ O_2B=1, O_1O_2=4+1=5, найдем, что AB= O_2N=4.

Из \vartriangle ABD\ по теореме Пифагора BD=\sqrt{{AB}^2+{AD}^2}=4\sqrt{5}.

\displaystyle k=\frac{AB}{BD}=\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}};

\displaystyle S_{\vartriangle AKB}=k^2\cdot S_{\vartriangle DAB}=\frac{1}{5}S_{\vartriangle DAB}=\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 8=\frac{16}{5}=3,2.

5. Окружность {\omega }_1 c центром Р и радиусом \sqrt{6} и окружность {\omega }_2 с центром Q и радиусом 2 касаются внешним образом в точке A. Окружность {\omega }_3 с центром в точке О и радиусом равным 2\sqrt{3}\ пересекает окружность {\omega }_1 в точках A и B, причем угол OBР — прямой. Точка C — вторая точка пересечения окружностей {\omega }_2 и {\omega }_3.

а) Докажите, что угол OCQ — также прямой,

б) Найдите BC.

Точка касания окружности лежит на линии, соединяющей их центры. Значит, A\in \ PQ.

\vartriangle OBP=\vartriangle OAP\ (по 3 сторонам),

Тогда \angle OAP=\angle OBP=90{}^\circ

A\ \in \ PQ, значит \angle PAQ=180{}^\circ

\angle OAQ\ - смежный с \angle OAP, \angle OAQ=180{}^\circ -90{}^\circ =90{}^\circ .

Аналогично, \vartriangle OCQ=\vartriangle OAQ\ (по 3 сторонам), и \angle OCQ=90{}^\circ , что и требовалось доказать.

б) Найдем BC.

Пусть \angle BOP=\angle BOA=\alpha и \angle AOQ=\angle QOC=\beta .

Рассмотрим \vartriangle BOC.\

\angle BOC=2\alpha +2\beta =2\left(\alpha +\beta \right).\

Найдем BC по теореме косинусов из \vartriangle BOC:\

{BC}^2={OB}^2+{OC}^2-2OB\cdot OC\ \cdot \cos \ \angle BOC\

Так как OB=OC, получим: {BC}^2=\ 2{OB}^2\cdot \left(1-\cos 2\cdot \left(\alpha +\beta \right)\right)= 4\cdot {\left(2\sqrt{3}\right)}^2\cdot {\sin }^2\left(\alpha +\beta \right).\

Мы вспомнили формулу косинуса двойного угла: \cos 2\varphi =1-{2{\sin }^2 \varphi \ },\ откуда

1-\ \cos 2\varphi ={2{\sin }^2 \varphi .\ \ }

Осталось применить формулу синуса суммы: {\sin }^{\ }\left(\alpha +\beta \right)={\sin \alpha {\cos \beta +{\cos \alpha {\sin \beta .\ }\ }\ }\ }

В прямоугольном треугольнике BOР: BP =\sqrt{6}, OB = 2\sqrt{3}. Тогда \displaystyle OP = 3 \sqrt{2}, \ {\sin \alpha =\frac{BP}{OP}=\frac{\sqrt{3}}{3}; {\cos \alpha = } \frac{BO}{OP}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} }.

В прямоугольном треугольнике AOQ: AQ = 2, OA = 2\sqrt{3.\ } Это значит, что углы треугольника AOQ равны 90, 30 и 60 градусов («особенный» треугольник, больший катет в \sqrt{3}\ раз больше меньшего). Получим, что \displaystyle {\sin \beta =\frac{AQ}{OQ}=\frac{1}{2};{\cos \beta =\ \ }\ \frac{AO}{OQ}=\frac{\sqrt{3\ }}{2}.\ }

\displaystyle {\sin }\left(\alpha +\beta \right)={\sin \alpha {\cos +{\cos \alpha {\sin \beta = \frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{\sqrt{3\ }}{2}+\frac{\sqrt{2\ }}{\sqrt{3\ }}\ \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\ \left(1+\frac{\sqrt{2\ }}{\sqrt{3\ }}\right)=\ \ \frac{\sqrt{3\ }}{6}\cdot (\sqrt{2}+\sqrt{3})\ .\ }\ }\ }\ }

\displaystyle BC=2\cdot {2\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3\ }}{6}\cdot \left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)=\ 2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right).

Ответ: 2\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)