Сборник задач по геометрии для подготовки к ОГЭ

МБОУ « Лицей города Кирово-Чепецка Кировской области» геометрических Сборник задач [Введите подзаголовок документа] Каркина А.А. 1 Планиметрия   охватывает   большой   класс   задач.   При   решении   задач   проводят   их классификацию по темам, выделяют ключевые задачи . Для поиска решения задачи при изучении   геометрии,   используют   метод   прямого   решения,   метод   дополнительных построений, метод площадей и др. В данной работе хотелось бы остановиться на задачах, при   решении   которых   можно   получить   различные   ответы   в   зависимости   от   взаимного расположения элементов геометрической фигуры, т.е. многовариантные задачи. Мы попытаемся выделить некоторые группы задач, которые дают возможность при их решении рассматривать и учитывать различные варианты решения в зависимости от расположения   элементов   относительно   друг   друга.   Наиболее   вариативными   задачами являются задачи по теме «Треугольники», «Окружности». Мы выделяем задачи по темам: Взаимное расположение элементов в треугольниках Взаимное расположение элементов в окружностях Взаимное расположение элементов в четырехугольниках Задачи на описанные и вписанные окружности.     При решении задач с треугольниками на взаимное расположение элементов влияет вид   треугольника:   остроугольные,   прямоугольный   или   тупоугольный.   Если   в   задаче   не оговаривается   вид   треугольника,   то   необходимо   рассматривать   все   виды.   При   этом приходится   учитывать,   что   медианы,   биссектрисы   треугольника   пересекаются   в   одной точке, которая расположена внутри треугольника, а высоты могут выходить за треугольник и  рассматривать  приходится  либо  точку пересечения  высот,  либо  прямых,  на которых расположены высоты. При рассмотрении средних линий треугольника нужно помнить, что в треугольнике их три, каждая из них параллельна соответствующему основанию и равна его половине. При выборе угловых элементов в треугольнике нужно учитывать, что угол заданный может быть как острым, так и тупым. Если в условии задачи дан синус какого­то угла, то нужно помнить, что синусы смежных углов равны. В задачах на треугольники, вписанные или описанные относительно окружности, нужно учитывать расположение центра окружности относительно треугольника. Если   на   стороне   треугольника   задана   точка,   которая   делит   сторону   в   заданном отношении   а/в,   то   нужно   рассматривать   расположение   точки   по   отношению   к   разным вершинам, т.е. рассматривать и отношение в/а. При   решении   задач   по   теме   «Четырехугольники»   нужно   учитывать   выбор   угла, выбор оснований трапеции, взаимное расположение точки и отрезка, лежащие на одной прямой. Данная работа позволяет избегать ошибок при решении задач, дающих различные варианты ответов.  Экзамены в 9 классе – это очень важный этап в жизни каждого школьника. Для кого­то это  первая в жизни настоящая проверка знаний, для кого­то 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. В сборнике задач собраны, разбиты по темам и решены несколькими способами задачи  планиметрии из различных «Типовых тестовых заданий», а также тренировочных вариантов с сайта А.А. Ларина. 2 1. Треугольник 1.1.   Найдите   площадь   треугольника   ABC,   если   АС   =   3,   ВС   =   4,   а   медианы, проведенные из вершин А и В, перпендикулярны.  Решение:  Так как ВР – медиана, то  SABP=SPBC,SABC=2∙SABP. 1) Так как АМ и ВР – медианы, то точка О делит медианы в отношении 2 : 1 начиная от вершины  треугольника, тогда если ОМ = х, то АО = 2х и ОР = у, то ВО = 2у.  Тогда получим систему уравнений  { x2+4y2=4 4x2+y2=2,25  . Тогда  SABP=1 2∙2x∙3y=3∙√ 1 3∙√ 2,75 3 .  .  Из системы находим х и у:  3  ; у = √ 2,75 х = √ 1 3∙√ 2,75    SABC=2∙3∙√ 1 3 3 =√11 Ответ:  √11 1.2  В треугольнике ABC на стороне ВС выбрана точка D так, что BD : DC = 1 : 2..  Медиана СЕ пересекает отрезок AD в точке F. Какую часть площади треугольника  АВС составляет площадь треугольника AEF?  3 .  2) Построим DK IICE, тогда по теореме Фалеса ВК : КЕ = 1 : 2, т.е. если КВ = х, то КЕ = 2х,  Решение:  1)  SABD=1 3 SABC , так как BD=  1 3 BD. ВЕ = АЕ = 3х ⇒  SAKD= 5 SABC 6 2). АКD ∼ EFA по двум углам  SAEF=(3 5)2 SABD= 5 18 ∙SAKD= 9 25 ∙ 5 18 ∙SABC=0.1SABC Ответ: 0,1. 1.3 Точки К и L лежат на стороне АС треугольника АВС. Прямые ВК и ВL  пересекая медиану АМ, делят её на три равные части. Найти длину стороны  АС, если КL = 6.  Решение:  1)Так как прямые ВК и ВL пересекая медиану АМ, делят её на три равные части, то  АО = 2 ОМ ⇒ О – точка пересечения медиан, ⇒ ВL – медиана треугольника и АL = LC.  2)Пусть АК = х, тогда AL = LС = 6 + х, а АС = 12 + 2х.  3) Через точки Е, О и М проведем прямые ОН, МР – параллельные ВК, тогда по теореме  Фалеса  АК = КН = НР = х, а КР = 2х,  4)МР – средняя линия ΔВКС, тогда КР = РС = 2х.  5) Получили, что АС = АК + КР + РС = х + 2х + 2х = 5х. Получилось уравнение:  5х = 12 + 2х,  3х = 12, 4 х = 4, АС = 20.  Ответ: 20 1.4  В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и СЕ. Найдите длину отрезка  DE, если АС = 6, АЕ = 2, CD = 3.  Решение: 1) По свойству биссектрисы получим: →y+2=2x,y=2x−2. 3 6= x y+2 2 6= y x+3 {x+3=3y y=2x−2 , {x=1,8 y=1,6 →x+3=3y . Получили систему:  2) АВ = 2 + 1,6 = 3,6; СВ = 3 + 1,8 = 4,8. АВ2 + СВ2 = 3,62 + 4,82 = 12,96 + 23,04 = 36 ⇒  ΔАВС – прямоугольный с ∠АВС = 90°.  3) По теореме Пифагора  DE2=x2+y2=1,62+1,82=5,8.ТогдаDE=√5,8 Ответ:  √5,8 1.5.  На продолжении биссектрисы AL треугольника АВС за точку А взята такая  точка D, что AD = 10, ∠BDC = ∠BAL = 60°. Найдите площадь треугольника АВС. Решение:      SABC=1 2xysin120°=√3 4 xy 5 SBDC=1 2DB∙DC∙sin60°=√3 4 ∙DB∙DC       SDAB=1 2 ∙10∙x∙sin120°=5x∙√3 2 SDAC=1 2∙10∙y∙sin 120°=5y∙√3 2 SBDC=SABC+SDAB+SDAC, √3 4 ∙DB∙DC=√3 4 xy+5x∙√3 2 +5y∙√3 2 DB ∙DC=xy+10x+10y (1). 2) По теореме косинусов находим:  из ΔBDC,  CB2=DB2+DC2−DB∙DC,DB∙DC=DB2+DC2−CB2 (2). Из  ∆BDA,DB2=100+x2+10x Из  ∆BDC,DC2=100+y2+10y Из  ∆BCA,CB2=x2+y2+xy . 3) Подставим полученные равенства в уравнение (2) и получим: DB∙DC=100+x2+10x+100+y2+10y−x2−y2−xy=200+10x+10y−xy. 4) Равенство (1) принимает вид: 200+10x+10y­xy=xy+10x+10y. xy=100 SABC √3 4 ∙100=25√3 Ответ:  25√3                                                          2. Четырехугольники. 2.1. В параллелограмме со сторонами а и b и острым углом  четырех углов. Найдите площадь четырехугольника, ограниченного этими  биссектрисами.  α проведены биссектрисы  6 1) Так как АN и DN – биссектрисы углов А и D, ∠А + ∠ D = 180°, то ∠АND = 90°.  Аналогично ∠МКР = ∠КРN = ∠КМN = 90°; То есть MNPK – прямоугольник.  2) ВF – биссектриса, тогда АВ = А F = b.  3) Из ΔAND: ND = a ⋅ sin α 2  ;  α 2  ;  AN = a ⋅cos Из  ∆CPD:CP=bcosα 2 ∙bcos α 4)  MN=acos α 2 Тогда   SMNPK=(a−b)cos α ;CD=bsin α 2 ; 2 ;    NP=asinα 2 =(a−b)cos α 2 2 ∙(a−b)sinα 2= sinα . (a−b)2 2 ∙bsinα 2 =(a−b)sinα 2 Ответ:  (a−b)2 2 sinα . 2.2. Диагонали АС и BD трапеции ABCD  пересекаются в точке Е.  Найдите площадь  трапеции, если площадь треугольника AED равна 9, а точка Е делит одну из  диагоналей в отношении 1:3. Примечание: ВС|| AD ­ 2 случая, AB || CD Решение: 1 способ  1 случай:  1) Пусть АЕ = 3х, а ЕС = х., ВН = h. Так как ΔAED ∼ ΔBEC по двум углам, то ЕD : ВЕ =  3 : 1, тогда коэффициент подобия к = 3, ЕD = 3у, ВЕ = у. Также АD: ВС = 3 : 1, а = 3 b.  2) SAED  = 9, SBEC :  SAED = 1 : 9 ⇒  SBEC = 9 : 9 = 1. 7 3) SBEC=1 2 xh,SABE=1 2 ∙3xh→SABE=3∙SBEC=3.SABE=SDEC= 1 2 ∙3xysinE→SDEC=3. 4)  SABCD=SAED+SABE+SDEC+SBEC=9+3+3+1=16. 2случай: 1) Пусть AE=y,аEC=3y,AH=h.Таккак∆AED ∆BECподвумуглам,тоED BE=1 3 , ED=x,BE=3x.ТакжеAD BC=1 3 ,a=3b. 2)  SAED=9,SBEC÷SAED=9÷1→SBEC=9∙9=81. 3) SAED= 1 2 xh,SABE= 1 2 ∙3xh→SABE=3SAED=3∙9=27,SABE=SDEC=1 2 ∙3xysinE→SDEC=27. 4)  SABCD=SAED+SABE+SDEC+SBEC=9+27+27+81=144. 3 случай: Рассмотреть вариант AB II CD ( ответ: 48.) 2 способ решения 1 случай: 8 1) Пусть AE=y,аEC=3y,EH=h.Таккак∆AED ∆BECподвумуглам,тоED BE=1 3 ,иED=x,BE=3x. Также  AD BC=1 3 ,AD=a,BC=3a. 2)  SAED=9→0,5∙ah=9,h=18÷a,→h1=54÷a→SBEC=0,5∙3a∙54÷a=81. 3) Высота трапеции ABCD равна  h+h1= 18 ,тогдаSABCD= 4a 2 ∙72 a =144. a + 54 a =72 a 2 случай: (аналогичен) Ответ: 144; 48; 16. 2.3. В трапеции АВСD известны боковые стороны АВ = 27, CD = 28 и верхнее основание ВС = 5. Известно, что соs ∠DCВ = ­  2 7  . Найдите АС.  Решение:  1 случай: 1) cosDCB=−2 7 ,тогдаcosCDA=2 7 ,откудаDC1=28∙2 7=8,аCC1=√282−82=√720. 2) Из  ∆ABB1имеем:AB1=√272−720=3 . 3)  AC1=5+3=8,AC=√720+64=28. 2 случай:  9 1)  DC1=28∙2 7=8 ,  2¿Из∆ABB1,AB1=√272−720=3. 3)  AC1=5−3=2.AC=√720+4=2√181. Ответ: 28;  2√181. 2.4. На боковых сторона АВ и СD трапеции с основаниями AD и BC отмечены точки Р и Q соответственно, причем HQ || AD. Прямая PQ разбивает трапецию на две  трапеции. площади которых относятся как 1:2. Найдите PQ, если AD = а и BC = b.  Решение:  1 случай: Пусть S1÷S2=1÷2,тоестьS2=2S1,аPQ=x. 1) Так как S2=2S1,тоa+x 2 ∙(h−h1)=2(b+x) h1, 2 h1= (a+x)∙h 2b+3x+a 2) Так как площадь всей трапеции  S=a+b 2 ∙h=3∙S1,тосоставимравенство: a+b ∙h=3(b+x) a+b ∙h=3(b+x) 2 2 ∙h1; ∙ (a+x)∙h ; 2b+3x+a 2 2 Сократимобечастинаhиумножимна2: (a+b)∙(a+2b+3x)=3(b+x)(a+x),отсюда3x2=a2+2b2или x=√a2+2b2 3 . 10 2 случай: Пусть  S1÷S2=2÷1,тоестьS1=2S2,аPQ=x. 1) Так как S1=2S2,тоb+x 2 ∙h2,h2= (b+x)h 2a+3x+b ∙(h−h2)=2(a+x) 2 2) Так как площадь всей трапеции  S=a+b 2 ∙h=3S2,тосоставимравенство: a+b ∙h=3(a+x) h2 ;    2 2 a+b ∙h=3(a+x) ∙ (b+x)h 2a+3x+b ;  2 2 Сократим обе части на h и умножим на 2: (a+b) (2a+b+3x)=3(b+x) (a+x),отсюда3x2=2a2+b2илиx=√ 2a2+b2 Ответ:  √a2+2b2  ;  √ 2a2+b2 3 3 3 . 2.5. Точка О лежит на диагонали АС выпуклого четырехугольника АВСD. Известно,  что ОС = ОD и что О одинаково удалена от прямых АВ, ВС и АD. Найдите углы  четырехугольника, если ∠АОВ = 110° и ∠СОD = 90°.  Решение: α  = 270°  ⇒  α  = 25°,  ⇒  1) х + у = 110°, 2 (х + у) + 2  ∠АСВ = ∠АDО = 90° ­ 25° = 65°, а ∠DСВ = ∠АDС = 65° + 45° = 110°.  2)ΔDOC – равнобедренный прямоугольный, ∠АDО = 65° ⇒ ∠ОАD = 90° ­ 65° = 25°,  ∠ОАD = ∠ОАВ = 25° ⇒ ∠DАВ = 50°.  3) ∠В = 360° ­ (110° + 110° + 50°) = 90°.  Ответ: ∠C = ∠D = 110°, ∠A = 50°, ∠B = 90°. 11 2.6. В трапеции АВСD углы А и D при основании АD соответственно равны 60° и 30°.  Точка N лежит на основании ВС, причем  BN NC  = 2. Точка М лежит на основании  АD, прямая МN перпендикулярна основаниям и делит площадь трапеции пополам.  Найти  AM MD . Решение:  1) Пусть  BB1=y,тогдаAB1= y tan 60°= y √3 ,аAM= y √3 +2x DC1= y tan30°= 3y √3 ,аDM= 3y √3 +x 2)  SBNMA=AM+BN ∙BB1= 2 y √3 +4x 2 ∙BB1 SNCDM=DM+CN ∙BB1= 2 3y √3 +2x 2 ∙BB1 Так как площади равны, то         y √3 2 ∙BB1= 3y √3 +2x 2 ∙BB1 y √3 +4x=3y √3 +2x ,  2x= 2y √3 ,y=x√3 3)  AM=3x,DM=4x→AM MD=3 4                                                   Ответ:  3 4 . 2.7. Боковая сторона неравнобедренной трапеции равна 12 и образует с ее основанием  угол 60°. Основания трапеции равны 16 и 40. Найдите длину отрезка соединяющего  середины оснований.  Решение:  12 Рис.1: ∠А = 60°; АК = 40:2 – 8 = 12; ΔАВК – равносторонний, ⇒ ВК = МN = 12.  Рис.2: ∠В = 60° ⇒∠А = 120°, АК = 12, тогда по теореме косинусов, имеем  ВК = МN = √2∙144+2∙144∙1 2=12√3   Ответ: 12 или 12√3. 2.8. Углы при одном из оснований трапеции равны 19° и 71°, а отрезки соединяющие  середины противоположных сторон, равны 12 и 10. Найдите основания трапеции. Решение:  1)Н – точка пересечения боковых сторон  трапеции, так как углы при основании AD равны  19° и 71°, то ∠Н = 90°. Тогда медиана НМ равна  половине гипотенузы, то есть НМ = АМ.  Точки  Н, Р и М лежат на одной прямой (М и Р –  середины оснований).  2) Если ТК = 12, то a + b = 12, (ТК = 10, то a + b  = 10),а МР = 10 (МР = 12).  AM BP=HM 3) Δ АНМ ∼ Δ ВНР :  HP 12−a= a a a−10 ( a a−12) 10−a= a 2a=22,(2a=22),a=11,AD=22,BC=2.  ; Ответ: 2 и 22. 13 2.9. Через середину К медианы ВМ треугольника  АВС и вершину А проведена прямая, пересекающая  сторону ВС в точке Р. Найдите отношение площади  треугольника АВК к площади четырехугольника  КРСМ. Решение:  1 2  S, a SАВК = SАМК =  1 4  S.  1 3  ВС, а следовательно 1)Пусть SFDC = S.  Так как ВМ – медиана ΔАВС, а АК – медиана ΔАВМ, то SАВМ =  2) Построим МН // АР.  Так как СМ = МА, то СН = НР и так как ВК = КМ, то и ВР = РН, т.е. ВР =   SАВР = 1 3 S.  3) SСМКР = SАВС – (SАВР + SАКВ) = S – ( 1 3 S +  1 4  S) =  5 12  S.  4)  SABK÷SCMKP=1 4 S÷ 5 12 S=3 5 Ответ:  3 5 2.10. В треугольнике АВС на прямой ВС выбрана точка К так, что ВК:КС=1:2. Точка Е – середина стороны АВ. Прямая СЕ пересекает отрезок АК в точке Р. Найдите площадь треугольника АЕР, если площадь треугольника АВС равна 120.  Ответ: 12 или 20. 14 3. Окружность и треугольник. 3.1. Через центр О окружности, описанной около остроугольного треугольника АВС,  проведена прямая, перпендикулярная ВО и пересекающая отрезок АВ в точке Р и  продолжение отрезка ВС в точке Q так, что точка С лежит между точками В и Q.  Вычислить длину отрезка ВР, если АВ = 4 см, ВС = 3см, В Q = 5 см.  Решение: 1) По свойству касательных QC ⋅ QB = QM ⋅ QN или у (2R + y) = 10;  Из ΔОВQ, по теореме Пифагора R2+(R+y)2=25   25,  тогда R=  √ 15 2) Из ΔОВР имеем  cosα=R x ,  x= R cosα . 3) Из ΔAОВ по теореме косинусов имеем: 2 2 R2  тогда R2=R2+16−8Rcosα , cos α = R2 2 = 15 4 . х =  Ответ: 3,75.  3.2. В прямоугольном треугольнике АВС длина катета АВ равна 6, а длина катета ВС  равна 8. Точка D делит гипотенузу АС пополам. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольник АВD и в треугольник ВСD. 1) По теореме Пифагора АС = 10. Так как точка D делит гипотенузу АС пополам, то D –  центр описанной около ΔАВС окружности, тогда R = АD = CD = BD = 5. 2) По свойству касательных, проведенных к окружности АР = АN = x, тогда PD = DE = 5 –  x, а BE = BN = x. Получили, что 2х = АВ = 6, х = 3, а PD = 2. 15 3) Аналогично СК = СМ = у, КD =DТ = 5 – у, а ВТ = ВМ = у, то есть 2у = 8, у = 4, а КD = 1. КР = КD + PD = 2 + 1 = 3. 4) Найдем радиусы  r1  и  r2  вписанных окружностей по формуле r=2S P , где Р –  периметр треугольника: SABC=1 2 ⋅ 6 ⋅8 = 24. Так как BD – медиана, то  SABD=SDBC = 12. PABD = 5 + 5 + 6 = 16,  PBDC = 5 + 5 + 8 = 18. r1  = 24 : 16 = 1,5;  r2  = 24 : 18 = 34. 5) Рассмотрим трапецию PO1O2K : 3= 1 3 2−4 4 3 , тогда  О1 Н =  РН =  ∆O1O2H найдем  O1O2 :  O1O2 =  √O1H2+O2H2 Ответ:  5√13 6 . 6 . По теореме Пифагора из 36 =5√13 6 36=√ 335 = √9+ 1 . 3.3. Основание АС равнобедренного треугольника АВС равно 12. Окружность  радиуса 8 с центром вне этого треугольника касается продолжения боковых сторон  треугольника и касается основания АС. Найдите радиус окружности, вписанной в  треугольник АВС.  Решение 1) Так как окружности вписаны в ∠АСВ, то центры окружностей лежат на  биссектрисе СО этого угла. Так как ΔАВС – равнобедренный, то биссектриса СО –  является медианой и высотой, т.е.  АМ = МВ = 6. ОМ = 8, МО1 ­ искомые радиус.  2) ОВ и ВО1 – биссектрисы смежных углов МВК и МВС, тогда ∠ОВО1 = 90°. МВ –  высота прямоугольного Δ ОВО1.  Тогда МВ2 = ОМ⋅  MO1  ,  MO1 =  Ответ: 4,5.  MB2 NO =  36 8  = 4,5.  16 3.4. Из вершины прямого угла С проведена высота СР. Радиус окружности,  вписанной в треугольник АСР, равен 12 см, тангенс угла АВС равен 2,4. Найдите  радиус вписанной окружности треугольника АВС.  Решение (1 способ решения) 1) ∠АВС = ∠АСР, а tg∠АСР = 2,4;  Пусть СР = х, тогда АР = 2,4х, а АС = 2,6х.  r = AP + CP – AC = x + 2,4x – 2,6x = 0,8x;  0,8x = 12, x = 15;  2) Пусть R – радиус вписанной в ΔАВС окружности: R = АС + СВ – АВ.  Найдем СВ и АВ:  АС = 15 ⋅ 2,6 = 39; ВС = AC 2.4 = 39 2.4  =16,25 .  АС2 = АВ ⋅ АР, АВ =  AC2 AP =  392 2.4∙15 = 42,25  3) R = 39 + 16,25 – 42,25 = 13. Ответ: 13. 3.4. В прямоугольном треугольнике АВС длина катета АВ равна 6, а длина катета ВС  равна 8. Точка D делит гипотенузу АС пополам. Найти расстояние между центрами  окружностей, вписанных в треугольник ABD и в треугольник BCD.  Решение.  17 Чтобы найти расстояние между центрами вписанных окружностей , судя по рисунку, следует  построить прямоугольный треугольник , где О2К = r1иr2,  a OK = MP – расстояние между  точками касания. В таком случае намечается план решения:  • Найти радиусы r1иr2 ;  • Расстояние МР.  1) По теореме Пифагора АС = 10;  2) По свойству описанной около прямоугольного треугольника окружности: AD = DC = DB = R =  5;  3) Для того чтобы вычислить радиусы вписанных окружностей применяется формула  r= . Площадь, треугольника вычислить одной из удобных формул, в  S∆ p ,  r=a+b+c 2 данном случае можно применить теорему Герона S=√p(p−a)(p−b) (p−c) S1=√9(9−8)(9−5)(9−5) = 12; r1= 12 r1=12 3 ; S2=√8(8−6) (8−5)(8−5)=12, 9 = 4 ;  8 =3 2 .  O2K=r1+r2=4 3 + 3 2 =17 6 4) Для вычисления расстояния от вершины треугольника до точки касания вписанной  BD+AB−AD 2 = 5+8−5 2 =4 ; окружности воспользуемся формулой: ВР = BM=BD+BC−CD =5+6−5 2 2 =3 ;  36 =√ 325 +12=√ 289+36 36 =5√13 6 .   МР = ВР – ВМ = 4 – 3 = 1.  5)О1О2 ¿√( 17 6 )2 5√13  Ответ:   6 3.5. Основание AC равнобедренного треугольника ABC равно 12. Окружность  радиуса 8 с центром вне этого треугольника касается продолжений боковых сторон  треугольника и касается основания AC. Найдите радиус окружности, вписанной в  треугольник ABC. 18 Решение: Пусть O­центр данной окружности, а Q­ центр окружности, вписанной в  треугольник ABC. Точка касания M окружностей делит AC пополам. Лучи AQ и AO биссектрисы смежных  углов, значит, угол OAQ прямой. Из прямоугольного треугольника OAQ получаем: AM2=MQ∙MO . Следовательно,  QM=AM2 OM=9 2=4,5. Ответ: 4,5. 3.6. В треугольнике АВС угол В равен 120°, а длина стороны АВ на 7√3 меньше  полупериметра треугольника. Найдите радиус окружности, касающейся стороны ВС  и продолжения сторон АВ и АС.  Решение:  1) По свойству касательных АТ = АЕ или АВ + ВТ = АС + СЕ;  ВТ = ВР, СР = СЕ;  2) По условию 2 AB+BC+AC −AB=7√3 ; ВС + АС – АВ = 14√3;  АВ = ВС + АС ­ 14√3; Тогда ВС + АС ­ 14√3+ ВТ = АС + СЕ;  ВС ­ 14√3+ ВТ = СЕ; ВС ­ 14√3+ ВТ = ВС – ВР; 2 ВТ = 14√3;  BT= 7√3 . 3) ∠АВС = 120° ⇒ ∠ТВС = 60° тогда ∠ТВО = 30°, так как ВО – биссектриса ∠ТВС. tg∠ТВО OT TB ;  = √3 3 = 7.  OT = 7√3 ∙ Ответ: 7.  3.7. В треугольнике АВС сторона АВ на 4 больше стороны ВС. Медиана ВЕ делит  19 треугольник на два треугольника. В каждый из этих треугольников вписана окружность. Найдите расстояние между точками касания окружностей с медианой ВЕ. 4. Окружность и четырехугольник 4.1. Трапеция ABCD вписана в окружность. Найдите среднюю линию трапеции, если  ее большее основание АD равно 15, синус угла ВАС равен 1 3  , синус угла АВD равен  5 9  .                                                       Решение  1. Средняя линия MN = 0,5∙(AD + BC)  2. По теореме синусов  BK sinBAK= AK sinABK 1 3  = AK :  5 9  , BK = 0,6 AK.  ВК : 3. ∆  AKD ∼  ∆ BKC ⇒ ВС : АD = ВК : АК = 0,6 ⇒ ВС = 9.  4. Средняя линия MN = 0,5∙(AD + BC) = 0,5 (15 + 9) = 12.  Ответ: 12. 4.2. Равнобедренная трапеция описано около окружности радиуса  3√5 . Найдите  тангенс угла при большем основании трапеции, если её средняя линия равна 15.  Решение:  1) По свойству описанного четырехугольника 2 ∙ АВ = АD + ВС, или АВ = 15. ВМ = 2 ∙ r = 6√5 2) По теореме Пифагора  AM=  √AB2−BM2=√225−45=6√5 3)  tgA=MB÷AM=1 Ответ: 1. 20 4.3. Трапеция с основаниями 14 и 40 вписана в окружность радиуса 25. Найдите высоту трапеции. Решение:      1 случай: Трапеция расположена по одну сторону от центра окружности.     Из ΔВСО, СО =  √OB2−BC2=√625−49=24 ;     Из ΔАНО, НО =  √OA2−AH2=√625−400=15    Тогда СН = 9.  2случай: Центр окружности расположен внутри трапеции.  Из ΔВСО, СО =  √OB2−BC2=24 ;  Из ΔАНО, НО =  √OA2−AH2=15  ;  Тогда СН = 39. Ответ: 9; 39. 4.4. Около прямоугольника АВСD описана окружность. На окружности взята точка М, равноудаленная от вершин А и В. Отрезки МС и АВ пересекаются в точке Е. Найдите площадь четырехугольника АМВС, если МЕ = 2 см, ЕС = 16 см. Решение: 1 способ:  1) По условию, АМ = МВ, т.е. медиана МН – высота ΔАМВ;  ΔМЕН ∼ ΔВЕС как прямоугольные и по вертикальным углам, тогда ЕН : ВЕ = ЕМ : ЕС =  2 : 16. То есть, если ЕН = х, то ВЕ = 8х, НВ = 9х, АВ = 18х.  2) По свойству хорд имеем: АЕ ⋅ ВЕ = МЕ ⋅ ЕС = 2 ⋅ 16 = 32, √10  10х ⋅ 8х = 32, х =  5 √10 5 √10 5  , АВ = 18  , ВЕ = 8  .  3) Из ΔМЕН по теореме Пифагора получим МН =  3 √10 5 , тогда 21 SAMB =  1 2 ⋅ АВ ⋅МН =  2 ⋅  18 √10 1 5 ∙3 √10 5 = 54 5  .  4) Из ΔВЕС по теореме Пифагора получим ВС = 24 √10 5 , тогда   SABC =  1 2 ⋅ АВ ⋅ВС =  2 ∙18 √10 1 5 ∙24 √10 5 =432 5 . 5)  SAMBC=SAMB+SACB=54 5 + 432 5 =486 5 2 способ:  SAMBC  =  1 2 ⋅ АВ ⋅МС⋅ sin ; α α α , тогда  1) пусть ∠ВЕС =  2) Из ΔВЕС, ВЕ = 16 соs ,α  Из Δ МЕН, EH = 2 соs , тогда НВ = 18 со  АЕ = 20 соs , а α SAMBC =  3) По свойству хорд имеем: АЕ ⋅ ВЕ = МЕ ⋅ ЕС = 2 ⋅ 16 = 32, то есть 20 соsα⋅ 16 соs  = 32,  соs  = α α s , АВ = 36со 1 2 ⋅ 36соsα⋅18⋅ sin  = 18 s ,α ⋅18⋅ sin  α ⋅соs . α √10 10  , sin  = α α α 3 √10 10  .  √10 10 ∙√10 10 =486 5  . 4)  SAMBC = 18⋅18 ⋅ 3 Ответ: 97,2. 4.5. В прямоугольную трапецию ABCD вписана окружность, которая касается сторон  трапеции в точках K, L, AD=r+x CB r+y 2) По условию  SKLMN : Sтр = 3 :  M, N. Найти Решение: 1)  CB AD , если площадь четырехугольника KLMN относится к площади трапеции как 3 : 10.  10;  3) Так как четырехугольник KLMN – вписанный, то ∠KLM =  ∠ MNK = 90° ­ как углы, опирающиеся на диаметр  окружности; Sтр. = (2r + x + y) ⋅r; ¿SKLMN=SKLM+SKMN ;  SKLM=r2 ;  По теореме косинусов MN2=2r2−2r2∙cosα=2r2(1−cosα) =2 r2+2r2∙cosα=2r2(1+cosα) KN2 Тогда  SKMN=r2sinα 22 x+y , тогда  SKLMN=r2+ 2r3 x+y ; SKLMN=r2+r2sinα , где  sinα= 2r 4) Из пункта 2) следует, что  3∙Sтр=10∙SKLMN  или 3∙(2r+x+y)∙r=10∙(r2+ 2r3 x+y) Пусть x+y=t,  3rt2−4r2t−20r3=0,D=64r4,t= 10 3 5) Из  ∆CHD  по теореме Пифагора имеем: 9 r2−4r2=8 3r ; ; r, то есть  x+y=10 3 r. y−x=√(x+y)2−4r2=√ 100 {y+x=10 r,x= 1 3 3 r ,  y=9 3 y−x=8 r 3 r.ТогдаCB AD= r+x r+y= 4 3 ÷12 3 = 1 3 . Ответ:  1 3 . 4.6. Окружность S радиуса 12 вписана в прямоугольную трапецию с основаниями 28 и 21. Найдите радиус окружности, которая касается основания, большей боковой  стороны и окружности S.     Решение:                                               23 1 случай: Рассмотрим окружность с центром в точке О1 и радиусом r.  1)MD= AD – AM = 28 – 12 = 16. Тогда OD= √OM2+MD2=√122+162=20 .  DO1 OD ,  r 12 =8−r 20 ,  2) ΔOMD ∼ΔO1KD,  r OM= 20r = 96 – 12r, 32r = 96, r = 3.  2 случай: Рассмотрим окружность с центром в точке О2 и радиусом r1.  = √122+92=15 1)        PC = BC – BP = 21 – 12 = 9, OC =  √OP2+PC2 2) ΔOPC ∼ΔO2HC,  r1 OP= r1 CO2 12=3−r OC, 15 ,15r1=36−12r1,27r1=36,r= 4 3. Ответ: 3 или   4 3 .  4.7. В треугольнике KLM угол L тупой, а сторона КМ равна 6.  Найдите радиус описанной около треугольника KLM  окружности, если известно, что на этой окружности лежит центр  окружности, проходящей через вершины К, м и точку  Решение:  1) Пусть О – центр описанной около ΔKLM окружности, а N ­ центр  описанной около ΔKРM окружности, где Р – точка пересечения  высот ΔKLM. По свойству описанной окружности, радиус  OM= MK 2sinMLK , а  MN= MK 2sinP 2) В четырёхугольнике АРВL ∠B = ∠A = 90°, тогда ∠Р + ∠АLВ =  180°, а  ∠Р = 180° ­ ∠АLВ = 180° ­ ∠КLМ. MN= = MK 2sinMLK , т.е. ОМ = МN = ON.  2sin(180°−¿MLK) MK пересечения высот треугольника KLM. 3) ∆OMN−равностороннийиMT−высота,таккакON−серединныйперпендикуляр. MT=3, угол O= 60° ,  sin60°=MT MN,MN= MT sin 60°=3∙2∙√3 =2√3 2 24 Ответ:  2√3 4.8. Трапеция ABCD с основаниями AD = 6 и BC = 4 и диагональю BD = 7 вписана в  окружность. На окружности взята точка К, отличная от точки D так, что BK=7.  Найдите длину отрезка АК. 4.9. В окружность радиуса √10 вписана трапеция с основаниями 2 и 4. Найдите расстояние от центра окружности до точки пересечения диагоналей трапеции. 4.10. Прямая АЕ является биссектрисой угла ВАD трапеции АВСD. В треугольник АВЕ вписана окружность с центром в точке О, касающаяся сторон АВ и ВС в точках М и N соответственно. Хорда MN = 2.  Вычислить угол MON , если АВ = 4. 4.11. Хорда окружности удалена от центра на расстоянии h. В каждый из сегментов,  стягиваемых хордой, вписан квадрат так, что две соседние вершины квадрата лежат  на дуге, две другие – на хорде. Чему равна разность длин сторон квадратов? Решение: 1) Пусть сторона квадрата ABCD равна a, а квадрата MNHP – b. Тогда OK= a­h, KC=a 2 ,OC=R,R2=(a−h)2+(a 2)2 ,R2=a2−2ah+h2+(a 2)2 R2=5a2 4 −2ah+h2. 2) OT= h + b,  TH=b 2 ,OH=R,R2=(b+h)2+(b 2)2 ,R2=b2+2bh+h2+(b 2)2 R2=5b2 4 +2bh+h2. 5a2 4 −2ah+h2=5b2 4 +2bh+h2,2h(a+b)−5 4 (a−b) (a+b)=0. 3)  Так как  a+b≠0,то2h=5 4 (a−b),отсюда(a−b)= 8 5 h. 25 Ответ:  8 5 h. 4.12. Четырёхугольник ABCD, диагонали которого взаимно перпендикулярны, вписан в окружность. Перпендикуляры, опущенные на сторону AD из вершин В и С,  пересекают диагонали АС и BD в точках Е и F соответственно. Известно, что ВС = 1.  Найдите EF. 1) Пусть  уголACB=α,тогдауголADB=α, как угол опирающийся на ту же дугу  AB. В  ∆BCH∠CBH=90°−α,ав∆BPDуголDBP=90°−α,ауголAEH=α. То есть  ∆BCH ­ равнобедренный, BC=BE и высота BH­ медиана или CH=HE. 2)  AC⊥BDстороне∠BDA,аKC⊥DAтогда∠BDA=∠ACD=α как углы с  соответственно перпендикулярными сторонами. Тогда  ∠CFB=90°−α,а∆B ­ равнобедренный, BC=CF  и высота CH­ медиана или DH=HF. 3) Диагонали четырехугольника BCFE взаимно перпендикулярны и точкой пересечения  делятся пополам  ⟹BCFE−ромб,тогдаFE=1. Ответ: 1.  Литература: 1. Атанасян Л.С. и др. Геометрия. Учебник для 7­9 кл. общеобразовательных учреждений.  – М.: Просвещение, 1998. 2. Лысенко Ф.Ф., Иванова С.О. Математика. Подготовка к ОГЭ. – Легион, Ростов­на­ Дону, 2010 – 2017. 3. Сайт alexlarin.net. 26