задание 18 (c4 c5) презентация Vopvet.RU

1. Решение задач С4
ПланиметрияПланиметрия
Учитель математики: Семёнова Елена Юрьевна
МБОУ СОШ №5 – «Школа здоровья и развития» г. Радужный

2. Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и
их линии центров.
а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трёх окружностей равен
диаметру наибольшей из этих окружностей.
б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы первых двух равны 6 и 2.
Решение.
a) Найдем периметр ∆О1О2О3
(т.е. диаметру большей окружности)
( ) ( ) ( ) drrrrrrrP ==−+−++= 1213132 2
;rrОО;rrОО;rrОО 323231312121 +=−=−=
r1
−r 3
O2
O3
O1
r2
r3
r1
r1− r2
r2
+r3
11

3. Решение (продолжение).
б) Пусть r1 = 6, r2 = 2. ‍Тогда
( ) ;rrМОООМО 2
3
2
3
2
3
2
322 2 −+=−=
;rrОО 4262121 =−=−=
;rrrОО 33232 2+=+=
;rrrОО 33131 6 −=−=
( ) ;rr
МОООМОООМО
2
3
2
3
2
3
2
311212
64
4
−−+=
=−+=+=
( ) ( ) ;rrrr 2
3
2
3
2
3
2
3 642 −−+=−+
.rrr 31236444 333 =⇒−+=+
O2
O3
O1
r2
r3
r1
M
r3
Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и
их линии центров.
а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трёх окружностей равен
диаметру наибольшей из этих окружностей.
б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы первых двух равны 6 и 2.
11

4. 22
На диагонали параллелограмма взяли точку, отличную от её середины. Из неё на все
стороны параллелограмма (или их продолжения) опустили перпендикуляры.
а) Докажите, что четырёхугольник, образованный основаниями этих перпендикуляров,
является трапецией.
б) Найдите площадь полученной трапеции, если площадь параллелограмма равна 16, а
один из его углов равен 60°.
Решение.
a) ∆AOQ ~ ∆CON (по двум углам) ⟹
AO : CO = OQ : ON
∆AOM ~ ∆COP (по двум углам) ⟹
AO : CO = OM : OP
⟹ OQ : ON = OM : OP ⟹
∆QOM ~ ∆NOP (по углу ∠MOQ = ∠PON =
= 120° и двум прилежащим сторонам)
⟹ ∠OQM = ∠ONP (накрест лежащие)
⟹PN ∥ QM.
б)
⟹
O
А
С
В
D
M
N
P
Q 60°
°⋅⋅= 120
2
1
sinQNMPSMNPQ
⇒⋅=°⋅= PMABsinADABSABCD 60
°⋅°⋅°= 1206060
2
1
sinsinABsinADSMNPQ
PMsinAD =°⇒ 60
QNsinAB =°⇒ 60
⇒⋅=°⋅= QNADsinADABSABCD 60
6
2
3
16
2
1
12060
2
1
2
=





⋅⋅=°⋅°⋅= sinsinSS ABCDMNPQ

5. Около остроугольного треугольника ABC описана окружность с центром O.
На продолжении отрезка AO за точку O отмечена точка K так, что ∠BAC + ∠AKC = 90°.
а) Докажите, что четырёхугольник OBKC вписанный.
б) Найдите радиус окружности, описанной вокруг четырёхугольника OBKC, если cos∠BAC=
=3/5, а BC = 48.
Решение.
a) Пусть ∠АВС = х; ∠ВOС = 2∠АВС = 2х
(как центральный и вписанный углы с
общей дугой ВС); ∠АКС = ∠ОКС = 90° − х
∆ВOС – р/б; ОВ = ОС (радиусы) ⟹
∠ОВС = ∠ОСВ = (180° – 2х) : 2 = 90° − х
∠⟹ ОКС = ∠ОВС (вписанные в
окружность с общей дугой ОС)
ОВКС – вписанный четырёхугольник.
б)
O
А С
В
К
х
;xcosBACcos
5
3
==∠
;xcosxcosBOCcos
25
7
1
5
3
2122
2
2
−=−





=−==∠
.,xcosBOCsin 960
25
7
121
2
2
=





−−=−=∠
По теореме синусов: .R
,BOCsin
BC
R 2550
960
48
2 =⇒==
∠
=
33

6. Окружность с центром O, вписанная в треугольник ABC, касается стороны BC в точке P и
пересекает отрезок BO в точке Q. При этом отрезки OC и QP параллельны.
а) Докажите, что треугольник ABC – равнобедренный треугольник.
б) Найдите площадь треугольника BQP, если точка O делит высоту BD треугольника в
отношении BO : OD = 3 : 1 и AC = 2a.
O
А С
В
Р
Q
D
Решение.
44

7. Окружность с центром O, вписанная в треугольник ABC, касается стороны BC в точке P и
пересекает отрезок BO в точке Q. При этом отрезки OC и QP параллельны.
а) Докажите, что треугольник ABC – равнобедренный треугольник.
б) Найдите площадь треугольника BQP, если точка O делит высоту BD треугольника в
отношении BO : OD = 3 : 1 и AC = 2a.
Решение (продолжение).
O
А С
В
Р
H
Q
44

8. Биссектриса угла ADC параллелограмма ABCD пересекает прямую AB в точке E. В
треугольник ADE вписана окружность, касающаяся стороны AE в точке K и
стороны AD в точке T .
а) Докажите, что прямые KT и DE параллельны.
б) Найдите угол BAD, если известно, что AD = 6 и KT = 3.
Решение.
a) ∠АDE = ∠СDE = ∠АED (как накрест
лежащие при параллельных прямых
AB и DC и секущей DE)
∆AOT = ∆AOK (по общей гипотенузе и
катетам ОТ = ОК = r) ⟹ AT = AK ⟹
∆ATK – р/б ∠⟹ ATK = ∠AKT
∆AKT ~ ∆AED (по общему углу А и двум
прилежащим сторонам) ∠⟹ ATK =
= ∠ADE – соответственные ⟹ KT ∥ DE
O
А
СВ
Р
E
DT
K
б) ∆ADE – р/б; AD = AE = 6, АР – высота и медиана ⟹ DP = EP. Пусть АТ = АК =
х, тогда TD = PD = 6 – x, т. к. ∆AKT ~ ∆AED ⟹ AT : AD = KT : ED, x : 6 = 3 : 2(6 – x)
⟹ x = 3.
Значит, ∆AKT и ∆AED – равносторонние, ∠BAD = 60°.
Ответ: 60. 55

9. В треугольник ABC вписана окружность радиуса R, касающаяся стороны AC в точке D,
причём AD = R.
а) Докажите, что треугольник ABC прямоугольный.
б) Вписанная окружность касается сторон AB и BC в точках E и F. Найдите площадь
треугольника BEF , если известно, что R = 5 и CD = 15.
Решение.
a) т.к. AD = R и OD⊥AD (как радиус окр.,
проведенный в точку касания) ⟹
ADOE – квадрат ∠⟹ САВ = 90° ∆⟹ AВС
– п/у
б) АС = AD + CD = 20; CD = CF = 15 (по
свойству вписанной окружности в
∆ABС)
Пусть ВЕ = BF = х, тогда по т. Пифагора
(5 + х)2
+ 202
= (15 + х)2
⟹ х = 10.
В п/у АВС sin∠B = АС : ВС = 20/25 = 0,8
S∆BEF = ½ BE ∙ BF sin∠B = ½ ∙ 102
∙ 0,8 = 40.
O
А
С
В
F
D
R
Е
Ответ: 40.
66

10. Радиусы окружностей с центрами O1 и O2 равны соответственно 2 и 9. Найдите радиус
третьей окружности, которая касается двух данных и прямой O1O2, если O1O2 = 21.
Решение. (1 случай)
АО3 ⊥ О1О2 (как радиус окружности, проведенный в
точку касания) ⟹ ∆АО1О3 и ∆АО3О2 – п/у.
Пусть AO3 = R и АО1 = х, тогда АО2 = 21 – х. Применив
т. Пифагора, составим систему уравнений:
( )
( ) ( )



+=+−
+=+
;RRx
,RRх
222
222
921
2




=+
=+
;ООАОАО
,ООАОАО
2
31
2
3
2
1
2
32
2
3
2
2
O2 А
R
х
О3
O1
R
9
2
21 – х
R



−=
+=
;xR
,Rx
326
442



=
=
.R
,x
8
6
Ответ: 8. 77

11. 77




=+
=+
;ООАОАО
,ООАОАО
2
31
2
3
2
1
2
32
2
3
2
2



+=
+=
;xR
,Rx
326
442



=
=
.R
,x
80
18
O2 А
R
х
О3
O1
R
9
2
21
R
Радиусы окружностей с центрами O1 и O2 равны соответственно 2 и 9. Найдите радиус
третьей окружности, которая касается двух данных и прямой O1O2, если O1O2 = 21.
Решение. (2 случай)
АО3 ⊥ О1О2 (как радиус окружности, проведенный в точку
касания) ⟹ ∆АО1О3 и ∆АО3О2 – п/у.
Пусть AO3 = R и АО1 = х, тогда АО2 = 21 + х. Применив т.
Пифагора, составим систему уравнений:
( )
( ) ( )



+=++
+=+
;RRx
,RRх
222
222
921
2
Ответ: 80.

12. Угол C треугольника ABC равен 30°, D – отличная от A точка пересечения окружностей,
построенных на сторонах AB и AC как на диаметрах. Известно, что BD : DC = 1 : 6.
Найдите синус угла A.
O2
А
С ВD
O1
30°
6х х
Решение. (1 случай)
Т.к. точки A, С и D лежат на окружности с
центром О2 и АС – диаметр, то ∆ADC – п/у;
аналогично, ∆ADВ – п/у ⟹ D лежит на ВС.
Пусть BD = x, в п/у ∆ADC
выразим АС = 2AD через х:
В п/у ∆AВD по т. Пифагора:
По т. косинусов в ∆АВС:
( ) ( )222
26 ADxAD =+
xADхAD 3212 22
=⇒=
2222
1312 хххAВ =+=
ABAC
BCABAC
Acos
⋅
−+
=∠
2
222
( ) ( )
;
xx
xxx
Acos
392
3
13342
71334 222
=
⋅⋅
−+
=∠
132
7
392
3
1
2
=





−=∠Asin
88

13. Угол C треугольника ABC равен 30°, D – отличная от A точка пересечения окружностей,
построенных на сторонах AB и AC как на диаметрах. Известно, что BD : DC = 1 : 6.
Найдите синус угла A.
O2
А
С В D
O1
30°
5х х
Решение. (2 случай)
Т.к. точки A, С и D лежат на окружности с
центром О2 и АС – диаметр, то ∆ADC – п/у;
аналогично, ∆ADВ – п/у ⟹ D лежит на ВС.
В п/у ∆ADC выразим АС = 2AD через х:
В п/у ∆AВD по т. Пифагора:
По т. косинусов в ∆АВС:
( ) ( )222
26 ADxAD =+
xADхAD 3212 22
=⇒=
2222
1312 хххAВ =+=
ABAC
BCABAC
Acos
⋅
−+
=∠
2
222
( ) ( )
;
xx
xxx
Acos
392
9
13342
51334 222
=
⋅⋅
−+
=∠
132
5
392
9
1
2
=





−=∠Asin
88

14. В окружности проведены хорды PQ и CD, причем PQ = PD = CD = 12, CQ =
4. Найдите CP .
Решение. (1 случай)
в ∆PQC по т. косинусов:
в ∆PDC по т. косинусов:
(по свойству четырехугольника, вписанного в
окружность).
Приравнивая эти выражения, получим
уравнение относительно cos∠PQC:
PQCcosQCPQQCPQPC ∠⋅⋅⋅−+= 2222
PQCcosPC ∠⋅⋅⋅−+= 4122412 222
PDCcosDCPDDCPDPC ∠⋅⋅⋅−+= 2222
( )PQCcosPC ∠−°⋅⋅⋅−+= 18021221212 222
PQCcosPQCcos ∠⋅⋅⋅++=∠⋅⋅⋅−+ 1212212124122412 2222
.PQCcos
3
1
−=∠ Подставив обратно в любое из выражений, найдем PC:
.РС;PC 381923216144
3
1
4122412 222
==++=





−⋅⋅⋅−+=
Q С
DP
O
99

15. В окружности проведены хорды PQ и CD, причем PQ = PD = CD = 12, CQ =
4. Найдите CP .
Решение. (2 случай)
в ∆PQC по т. косинусов:
в ∆PDC по т. косинусов:
(по свойству вписанных углов в окружность).
Приравнивая эти выражения, получим
уравнение относительно cos∠PQC
PQCcosQCPQQCPQPC ∠⋅⋅⋅−+= 2222
PQCcosPC ∠⋅⋅⋅−+= 4122412 222
PDCcosDCPDDCPDPC ∠⋅⋅⋅−+= 2222
PQCcosPC ∠⋅⋅⋅−+= 21221212 222
PQCcosPQCcos ∠⋅⋅⋅−+=∠⋅⋅⋅−+ 1212212124122412 2222
.PQCcos
3
2
=∠ Подставив обратно в любое из выражений, найдем PC:
.РС;PC 64966416144
3
2
4122412 222
==−+=⋅⋅⋅−+=
Q С
D P
O
99

16. Окружности радиусов 1 и 4 с центрами O1 и O2 соответственно касаются
внешним образом в точке C. AO1 и BO2 – параллельные радиусы этих
окружностей, причём AO∠ 1O2 = 60°. Найдите AB.
Решение. (1 случай)
Т.к. ∠АО1C = 60° и АО1 ∥ ВО2, то по
∠ВО2C = 120° (как внутренние
односторонние при параллельных
прямых и секущей О1О2)
В р/с ∆АО1С АС = 1;
в р/б ∆ВО2С найдем по т. косинусов:
∠АCВ = 180° - 60° - 30° = 90° ⟹
в п/у ∆АВC по т. Пифагора:
4812044244 222
=°⋅⋅⋅−+= cosВC
34=ВC
( ) 49341
222
=+=АВ
.АВ 7=
Ответ: 7.
O2СO1
А
В
1
4
1 4
1010

17. Окружности радиусов 1 и 4 с центрами O1 и O2 соответственно касаются
внешним образом в точке C. AO1 и BO2 – параллельные радиусы этих
окружностей, причём AO∠ 1O2 = 60°. Найдите AB.
Решение. (2 случай)
Т.к. ∠АО1C = 60° и АО1 ∥ ВО2, то по
∠ВО2C = 60° (как накрест лежащие
при параллельных прямых и
секущей О1О2)
∠ВCО2 = ∠АCО1 = 60° (как
вертикальные) ∆⟹ ВО2С – р/с ⟹
ВС = 4; в р/с ∆АО1С АС = 1;
АВ = ВС + АС = 1 + 4 = 5
Ответ: 5.
O2С
O1
А
В
1
4
1
4
1010

18. Решение. (1 случай)
Т.к. ∠АВО1 = 15° и ∆АО1В – р/б,
то ∠ВАО1 = 15° = ∠CАО2 (как
вертикальные) ∠⟹ АСО2 = 15°
∠ВО1А = ∠CО2А = 180°− 2 ∙ 15°= 150°
CAOsinCOAOS CAOΔ 222
2
1
2
∠⋅=
4
25
2
1
5
2
1 2
2
=⋅⋅=CAOΔS
22
2
1
2
ВAOsinАВAOS ВАOΔ ∠⋅=
4
15
2
1
35
2
1
2
=⋅⋅⋅=ВAOΔS
САOΔВАOΔВСOΔ SSS 222
+=
10
4
15
4
25
2
=+=ВСOΔS
O2
С
O1
А
В
3
5
3
Окружности радиусов 3 и 5 с центрами O1 и O2 соответственно касаются в точке A.
Прямая, проходящая через точку A, вторично пересекает меньшую окружность в точке
B, а большую – в точке C . Найдите площадь треугольника BCO2, если ABO∠ 1= 15°.
1111

19. 1111
Окружности радиусов 3 и 5 с центрами O1 и O2 соответственно касаются в точке A.
Прямая, проходящая через точку A, вторично пересекает меньшую окружность в точке
B, а большую – в точке C . Найдите площадь треугольника BCO2, если ABO∠ 1= 15°.
Решение. (2 случай)
Т.к. ∠АВО1 = 15° и ∆АО1В – р/б,
то ∠ВАО1 = ∠АCО2 = 15° (как углы р/б
∆АО2С ) ⟹
∠ВО1А = ∠CО2А = 180°− 2 ∙ 15°= 150°
CAOsinCOAOS CAOΔ 222
2
1
2
∠⋅=
4
25
2
1
5
2
1 2
2
=⋅⋅=CAOΔS
ВAOsinВOAOS АВOΔ 211
2
1
1
∠⋅=
4
9
2
1
3
2
1 2
1
=⋅⋅=АВOΔS
21122 OВОΔАВOΔСАOΔВСOΔ SSSS −−=
2
5
2
3
4
9
4
25
2
=−−=ВСOΔS
O2
С
O1
А
В
3
5
3
2
21121
2
1
21
OВОsinВOОOS ОВOΔ ∠⋅=
( ) ( )
2
3
150180335
2
1
21
=°−°⋅−= sinS ОВOΔ
⟹

20. Окружность радиуса 6 вписана в угол, равный 60°. Вторая окружность также
вписана в этот угол и пересекается с первой в точках M и N. Известно, что
расстояние между центрами окружностей равно 4. Найдите MN .
Решение. (1 случай)
О1А ⊥ АС и О2В ⊥ АС (как радиусы
окружностей, проведенных в точку
касания) ⟹ ∆АСО1 и ∆ВСО2 – п/у с углом
∠С = 30° ⟹ СО1 = 12, СО2 = СО1 – О1О2 = 8.
Значит, ВО2 = 4 = О1О2 ⟹ О1 лежит на
второй окружности.
∆NO1О2 – р/б, т.к. NO2 = O1О2 = 4 (радиусы)
NO1 = 6, тогда по формуле Герона:
O1
С
O2
NМ
6
4
B
A
( )( ) 7347677 2
21
=−−=ONOΔS
7
2
446
=
++
=p
734
2
1
2
1
2121
=⋅⋅=⋅= hhООS ONOΔ
.73
2
73
2
1
=⇒== MNMNh
1212

21. Окружность радиуса 6 вписана в угол, равный 60°. Вторая окружность также
вписана в этот угол и пересекается с первой в точках M и N. Известно, что
расстояние между центрами окружностей равно 4. Найдите MN .
Решение. (2 случай)
О2А ⊥ АС и О1В ⊥ АС (как радиусы
окружностей, проведенных в точку
касания) ⟹ ∆АСО2 и ∆ВСО1 – п/у с углом
∠С = 30° ⟹ СО1 = 12, СО2 = СО1 + О1О2 = 16.
АO2 = NО2 = 8 (радиусы) NO1 = 6, тогда по
формуле Герона:
( )( )( ) 153894969921
=−−−=ONOΔS
9
2
846
=
++
=p
1534
2
1
2
1
2121
=⋅⋅=⋅= hhООS ONOΔ
.153
2
153
2
1
=⇒== MNMNh
6
O2
С
O1
NМ
4
B
A
Ответ: .153;731212

22. Решить самостоятельно (АНАЛОГИЧНО ПРЕДЫДУЩЕЙ ЗАДАЧЕ).
Ответ: .144;24
Окружность радиуса вписана в прямой угол. Вторая окружность также
вписана в этот угол и пересекается с первой в точках M и N. Известно, что
расстояние между центрами окружностей равно 8. Найдите MN .
26
1313

23. Две стороны треугольника равны 8 и 10, косинус угла между ними равен 2/5. В
треугольник вписан ромб, имеющий с треугольником общий угол (вершина
ромба, противоположная вершине этого угла, лежит на третьей стороне
треугольника). Найдите сторону ромба.
1414
Решение. (1 случай)
Пусть АВ = 8, АС = 10, примем АМ = АР = х,
тогда ВМ = 8 – х; СР = 10 – х;
∆AВС ~ ∆МВК (по двум углам) ⟹
МК : АС = ВМ : АВ
х : 10 = (8 – х) : 8 ⟹ х = 40/9.
B
С A
К
Р
М
х
х
8–х
10 – х
Ответ: 40/9.

24. Две стороны треугольника равны 8 и 10, косинус угла между ними равен 2/5. В
треугольник вписан ромб, имеющий с треугольником общий угол (вершина
ромба, противоположная вершине этого угла, лежит на третьей стороне
треугольника). Найдите сторону ромба.
1414
С
B
A
К
Р
Мх
х
10–х
10 – х
Решение. (2 случай)
Пусть АВ = 8, АС = 10, примем АМ = АР = х,
тогда ВМ = 8 – х; СР = 10 – х;
cos∠BAC = 2/5, по т. косинусов
∆AВС ~ ∆МВК (по двум углам) ⟹
МК : АС = ВК : ВС
х : 10 = (10 – х) : 10 ⟹ х = 5.
ВАСАСАВАСАВВC ∠⋅⋅⋅−+= cos2222
100
5
2
1082108 222
=⋅⋅⋅−+=ВC
10=ВC
Ответ: 5.

25. Расстояния от точки M, расположенной внутри прямого угла, до сторон угла равны 4
и 3. Через точку M проведена прямая, отсекающая от угла треугольник, площадь
которого равна 32. Найдите длину отрезка этой прямой, заключённого внутри угла.
Решение.
Пусть ВК = х, АР = у, тогда АС = 4 + у; СВ = 3 + х.
∆ВКМ ~ ∆МРА (по двум углам) ⟹ ВК : МР = КМ : РА,
х : 3 = 4 : у ⟹ ху = 12.
( )( ) ,3234
2
1
=++= хуS ABCΔ
( )( )




=
=++
;12
,3234
2
1
ху
ху










=
=



=
=
;34
,9
;12
,1
1
1
1
1
у
х
у
х
Получим систему:
32
2
1
=⋅= BCACS ABCΔЗная, что
⟹
( ) ( )
( )










+++=
+++=
2
22
222
3
4
493
12413
АВ
АВ
По т. Пифагора в п/у ∆АВС:





=
=
.
3
974
,174
АВ
АВ
С
B
A
К
Р
М
х
у
4
3
1515

26. Окружность, вписанная в треугольник ABC, площадь которого равна 66, касается
средней линии, параллельной стороне BC. Известно, что BC = 11. Найдите сторону AB.
СB
A
NМ
O
Решение.
Пусть АВ = х, АС = у, тогда Р∆АВС = АВ + АС + ВС = х + у + 11;
MN = 5,5 (как средняя линия ∆АВС).
MNCB – трапеция, в которую вписана окружность ⟹
MN + BC = MB + CN = ½ (x + y) = 5,5 + 11 = 16,5 ⟹ х + у =
33; P ∆АВС = 33 + 11 = 44.
По формуле Герона:
( )( )( ),1122222222 −−−= ухS ABCΔ
( )( )


=−−
=+
;6611222222
,33
ух
ух
Получим систему:



=
=+
;260
,33
ху
ух



=
=



=
=
.13
,20
;20
,13
у
х
или
у
х
Ответ: 13 или 20. 1616

27. Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся
одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Радиусы
двух вневписанных окружностей прямоугольного треугольника равны 7 и 17.
Найдите расстояние между их центрами.
Решение. (1 случай)
Пусть обе окружности касаются катетов
и продолжений двух других сторон,
тогда О1О2 = О1С + СО2 (где О1С и СО2 –
диагонали квадратов, построенных на
радиусах окружностей в соответствии
со свойством радиуса окружности,
проведенного в точку касания)
.2242172721 =+=ОО
1717
A
С
B
O1
O2
7
17
7
17
Ответ: .224

28. Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся
одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Радиусы
двух вневписанных окружностей прямоугольного треугольника равны 7 и 17.
Найдите расстояние между их центрами.
1717
Решение. (2 случай)
Пусть одна из окружностей
касается гипотенузы, а другая
одного из катетов и продолжений
двух других сторон, тогда в п/у
∆МО1О2 по т. Пифагора
(где О2М = О2К + КМ = 17 + 7 = 24 –
сумма радиусов;
О1М = МН – О1Н = 17 – 7 = 10 –
разность радиусов)
,2
2
2
1
2
21 МОМООО +=
O2
С A
B
O1
7 17
17
М
7
К
РН
,6761024 222
21 =+=ОО
.2621 =ОО
Ответ: 26.

29. Дан прямоугольник KLMN со сторонами: KN = 11, MN = 8. Прямая, проходящая
через вершину M , касается окружности с центром K радиуса 4 и пересекается с
прямой KN в точке Q. Найдите QK.
Решение. (1 случай)
∆MNQ ~ ∆КHQ (по двум углам) ⟹ МN : KH = NQ : HQ.
Пусть KQ = x, тогда QN = 11 – x, в п/у ∆KHQ
16;4 222222
−=−=−= xHQxKHKQHQ
( ) .516:114:8 2
=⇒−−= xxx
К
H
МL
N
8
11
Q
4
11 – xx
Ответ: 5.
1188

30. Дан прямоугольник KLMN со сторонами: KN = 11, MN = 8. Прямая, проходящая
через вершину M, касается окружности с центром K радиуса 4 и пересекается с
прямой KN в точке Q. Найдите QK.
К
H
Q
МL
N
8
11
4
x
Решение. (2 случай)
∆MNQ ~ ∆КHQ (по двум углам) ⟹ МN : KH = NQ : HQ. Пусть KQ = x, тогда
QN = 11 + x, в п/у ∆KHQ 16;4 222222
−=−=−= xHQxKHKQHQ
( ) ⇒−+= 16:114:8 2
xx
.
3
37
=x
Ответ: .
3
37
1188

31. Боковые стороны KL и MN трапеции KLMN равны 10 и 26 соответственно. Отрезок,
соединяющий середины диагоналей, равен 12, средняя линия трапеции равна 24.
Прямые KL и MN пересекаются в точке A. Найдите радиус окружности, вписанной
в треугольник ALM .
1919
Решение. (1 случай)
BC = 24, EF = 12, значит СЕ = BF = (24 – 12) : 2 = 6 (как средние
линии ∆KLM и ∆NLM) ⟹ LM = 12;
KN = 2(CE + EF) = 2(6 + 12) = 36 (CF – средняя линия ∆KLN)
∆AKN ~ ∆ALM (по двум углам) ⟹ AL : AK = LM : KN = AM :
AN. Пусть AL = x, AM = y, тогда AK = 10 + x,
AN = 26 + y.
x : (10 + x) = 12 : 36 ⟹ x = 5;
y : (26 + y) = 12 : 36 ⟹ y = 13.
Значит, ∆AKN ~ ∆ALM – п/у.
30125
2
1
2
1
=⋅⋅=⋅⋅= LMALS ALMΔ
( )
.2
13125
2
1
30
=
++
==
p
S
r ALMΔ
Ответ: 2.
М
К
L
N
А
Е F
ВC
x
y

32. Боковые стороны KL и MN трапеции KLMN равны 10 и 26 соответственно. Отрезок,
соединяющий середины диагоналей, равен 12, средняя линия трапеции равна 24.
Прямые KL и MN пересекаются в точке A. Найдите радиус окружности, вписанной
в треугольник ALM .
1919
Решение. (2 случай)
BC = 24, EF = 12, значит СЕ = BF = (24 – 12) : 2 = 6 (как средние
линии ∆KLM и ∆NLM) ⟹ LM = 12;
KN = 2(CE + EF) = 2(6 + 12) = 36 (CF – средняя линия ∆KLN)
∆AKN ~ ∆ALM (по двум углам) ⟹ AL : AK = LM : KN = AM :
AN. Пусть AL = x, AM = y, тогда AK = 10 + x,
AN = 26 + y.
x : (10 + x) = 12 : 36 ⟹ x = 5;
y : (26 + y) = 12 : 36 ⟹ y = 13.
Значит, ∆AKN ~ ∆ALM – п/у.
AL = AK + KL = 5 + 10 = 15.
2703615
2
1
2
1
=⋅⋅=⋅⋅= LMALS ALMΔ
( )
.6
363915
2
1
270
=
++
==
p
S
r ALMΔ
N
L
K
M
А
Е
F ВC
Ответ: 6.
x
y

33. Дан равнобедренный треугольник с боковой стороной 4 и углом 120°. Внутри
него расположены две равные касающиеся окружности, каждая из которых
касается двух сторон треугольника. Найдите радиусы окружностей.
2020
Решение. (1 случай)
Проведя высоту на основание, получим два равных п/у ∆АВН и ∆АСН, в
каждый из которых вписана окружность ⟹ АН = 2 (против угла в 30°); ВН =.32
( )
( )
( )( ) .13
3333
3332
33
32
3242
322
2
1
2
1
−=
−+
−
=
+
=
++
⋅
=
++
⋅
==
ВНАВАН
ВНАН
p
S
r AВВΔ
H
А
В C
30°

34. Дан равнобедренный треугольник с боковой стороной 4 и углом 120°. Внутри
него расположены две равные касающиеся окружности, каждая из которых
касается двух сторон треугольника. Найдите радиусы окружностей.
2020
А
r
r
r
r
O1
O2
Р
HВ CM К
Решение. (2 случай)
Проведём МО1 через центры окружностей, МО1 ∥ АВ, т.к. удалены друг от
друга на r. Рассмотрим п/у ∆МО2К ~ ∆МО1Н ~ ∆ВАН (по двум углам).
Пусть r – радиус вписанных окружностей, тогда О2К = r, О2М = 2r ⟹ MO1 = 4r,
O1H = 2r. В п/у ∆АРО1 РО1 = r, АО1 = AH = AO1 + O1H =
;
3
2r ( );
3
312
3
2
2
+
=+
rr
r
( ) .
2
33
3
312
2
−
=⇒
+
= r
r

35. В треугольнике ABC известны стороны: AB = 5, BC = 6, AC = 7. Окружность,
проходящая через точки A и C, пересекает прямые BA и BC соответственно в
точках K и L, отличных от вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности,
вписанной в треугольник ABC . Найдите длину отрезка KL.
Решение. (1 случай)
∠ВАС + ∠KLC = 180° (по свойству
трапеции, вписанной в окружность),
∠KLC = 180° − ∠ВАС ⟹
∠BLK = 180° − ∠KLС = ∠ВАС.
Аналогично, ∠ВKL = ∠ВСА ⟹
∆ВАС ~ ∆ВLK ⟹
BK : BC = BL : BA = KL : AC
BK : 6 = BL : 5 = KL : 7
KL + AC = AK + LC (по свойству трапеции,
описанной около окружности). Пусть BK = x, BL = y, тогда АК = 5 – х, BL = 6 – y.
( ) .
9
14
;
9
10
;
3
4
;4,1
,4
,2,1
;657
,
756 ===⇔





=
+−=
=
⇔




−+−=+
==
KLух
yKL
yxKL
ух
yxKL
KLyx
2121
А
В
C
K
L

36. Точка O – центр правильного шестиугольника ABCDEF со стороной .
Найдите радиус окружности, касающейся окружностей, описанных около
треугольников AOB, COD и EOF.
314
Решение. (1 случай)
∆AOB = ∆COD = ∆EOF (по свойству
правильного шестиугольника) ⟹
окружности, описанные около этих ∆-ов
имеют один и тот же радиус
и общую точку пересечения – О.
Окружность с центром O,
касается внутренним образом
окружностей в точках M, N, P,
описанных около треугольников ∆AOB,
∆COD и ∆EOF, и имеет радиус, равный
диаметрам этих окружностей
R = 2r = 28.
;14
3
314
3
===
AB
r
А В
C
DE
F
O
M
P N
2222

37. Точка O – центр правильного шестиугольника ABCDEF со стороной .
Найдите радиус окружности, касающейся окружностей, описанных около
треугольников AOB, COD и EOF.
314
Решение. (2 случай)
∆AOB = ∆COD = ∆EOF = ∆O2О3О4
Окружность с центром O1,
касается внутренним образом одной
окружности в точке M и внешним образом
двух других окружностей, описанных
около треугольников ∆COD и ∆EOF.
Пусть радиус этой окружности – r1.
;14;14 11211131 rrrООrrrОО −=−=+=+=
А В
C
DE
F O
M
О1
O3
O4
O2
К
;31443 == АВОО
По т. Пифагора в п/у ∆КO1О3
( ) ( ) ( )
.12
;373514
;
1
22
1
2
1
2
3
2
1
2
31
=
+−=+
+=
r
rr
КОКООО
;21
2
3314
2 =
⋅
=КО
( ) ;351421 112121 rrООКОКО −=−+=+=
2222

38. Продолжение биссектрисы CD неравнобедренного треугольника ABC пересекает
окружность, описанную около этого треугольника, в точке E. Окружность, описанная
около треугольника ADE, пересекает прямую AC в точке F, отличной от A. Найдите
радиус окружности, описанной около треугольника ABC, если AC = 8, AF = 3, угол BAC
равен 45°.
2233

39. K N
A
O
B
28
°45
P
M
В остроугольном треугольнике KMN проведены высоты KB и NA.
а) Докажите, что угол ABK равен углу ANK.
б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABM, если известно, что
KN = и ∠KMN = 45°.28
Решение.
а) ∆ANK и ∆BKN – п/у, опирающиеся на
диаметр KN окружности с центром O
(по свойству вписанных в окружность углов),
тогда ∠ABK = ∠ANK как вписанные в эту же
окружность и опирающиеся на дугу АК.
б) ∆ANМ и ∆BKМ – п/у и р/б, т.к. ∠М = 45°,
а AN и BK – высоты.
∆APK и ∆BPN – п/у и р/б
Обозначим АP = АK = х, ВP = ВN = у, тогда
КP = , PN = ;
∆APB ~ ∆KPN (по углам) ⟹ АР : КР = ВР : РN =
= AB : KN= ⟹ АВ = KN : = 8.
в ∆ABM по т. синусов
2у2х
221/
( ) .242:82sin45:ABR ==°=
2244Ответ: .24

40. 2255
В
N
O1
С
М
К
O2
Q
РA
Решение.
а) по свойству касательных к
окружности: BN = BP; CN = CQ;
CK = CM; и т.д.
CN = CB + BN = CB + BP,
CQ = CA + AQ = CA + AP,
P∆ABC = CB + BP + CA + AP = CN + CQ;
Т.к. CN = CQ = P ∆ABC /2.
Аналогично, BМ = Р ∆ABC /2;
ВМ = CN.
⟹
⟹
S
Окружность ω1 касается стороны AC и продолжений сторон AB и BC треугольника ABC за точки A
и C соответственно; M − точка её касания с прямой BC. Окружность ω2 касается стороны AB и
продолжений сторон AC и BC за точки A и B соответственно; N − точка её касания с прямой BC.
a) Докажите, что BM = CN
б) Найдите расстояние между центрами окружностей ω1 и ω2, если AC = , AB = , BC = 6.17 19

41. 2255
Окружность ω1 касается стороны AC и продолжений сторон AB и BC треугольника ABC за точки A
и C соответственно; M − точка её касания с прямой BC. Окружность ω2 касается стороны AB и
продолжений сторон AC и BC за точки A и B соответственно; N − точка её касания с прямой BC.
a) Докажите, что BM = CN
б) Найдите расстояние между центрами окружностей ω1 и ω2, если AC = , AB = , BC = 6.17 19
Решение.
б) BC2
= AC2
+ AB2
=
Значит, ∆ABC – п/у, ∠А = 90°.
CL = CA + AL = + y; BS = BA + AS = + x
Радиус вневписанной окружности:
222
61917 =+
17 19
O2
А
В
С
O1
r2
М
r1
К
N
P
L
S
r2
r1
( )
;
Δ
19176
1917
19-19176
2
1
1917
2
1
AB-p
S
r ABC
2
−+
⋅
=
=
++
⋅
==
;Δ
17196
1917
AС-p
S
r ABC
1
−+
⋅
==
( )
.262
19176
1917
17196
1917
2rrAOAOOO 212121
=







−+
⋅
+
−+
⋅
=
=+=+=
Ответ: .26

42. К окружности, вписанной в квадрат ABCD, проведена касательная, пересекающая
стороны АВ и AD в точках M и N соответственно.
а) Докажите, что периметр треугольника AMN равен стороне квадрата.
б) Прямая MN пересекает прямую CD в точке Р. В каком отношении делит сторону ВС
прямая, проходящая через точку Р и центр окружности, если АМ : МВ = 1 : 2?
2266
А В
СD
N
M
K
S
Q
Решение.
а) по свойству касательных к
окружности: KN = NQ; QM = MS;
P∆AMN = AM + MQ + QN + NA =
= AM + MS + KN + AN = AS + AK =
½ AB + ½ AD = AB, где S и К – точки
касания окружности с квадратом
или середины сторон квадрата.

43. К окружности, вписанной в квадрат ABCD, проведена касательная, пересекающая
стороны АВ и AD в точках M и N соответственно.
а) Докажите, что периметр треугольника AMN равен стороне квадрата.
б) Прямая MN пересекает прямую CD в точке Р. В каком отношении делит сторону ВС
прямая, проходящая через точку Р и центр окружности, если АМ : МВ = 1 : 2?
2266
Решение.
б) Пусть сторона квадрата = 3х, AN = y.
Тогда AM = x, и MN = P∆AMN – x – y =
= 3x – x – y = 2x – y.
Радиус вневписанной окружности OE:
Откуда y = 0,75x, DN = 3x – 0,75x =
2,25x.
∆AMN ~ ∆DPN (по углам) ⟹
АM : DР = AN : DN; x : DP = 0,75x : 2,25x,
DP = 3x, EP = 4,5x, CP = 6x.
∆OEP ~ ∆LCP (по углам) ⟹
OE : CL = EP : CP; 1,5x : CL = 4,5x : 6x,
CL = 2x, LB = 3x – 2x = x ⟹ CL : BL = 2 : 1.
А В
СD
N
M
Р
L
О
x 2x
1,5x
E
Q
( )
;, Δ
0,5x-y
0,5xy
y-2x-3x
2
1
yx
2
1
MN-p
S
5x1 AMN
=
⋅
⋅
==

44. На гипотенузе KL равнобедренного прямоугольного треугольника KLM вне треугольника
построен квадрат KLPQ. Прямая МР пересекает гипотенузу KL в точке N.
а) Докажите, что КN : NL = 2 : 1.
б) Прямая, проходящая через точку N перпендикулярно МР, пересекает отрезок KQ в
точке R. Найдите KR, если KQ = 1.
2727
Решение.
а) Продолжим прямые КМ и РL до
пересечения в точке Е. Рассмотрим ∆КРЕ, в
котором KL, РМ – медианы, по свойству
которых KN : NL = PN : NM = 2 : 1.
Q
N
M
Р
L
K
E

45. На гипотенузе KL равнобедренного прямоугольного треугольника KLM вне треугольника
построен квадрат KLPQ. Прямая МР пересекает гипотенузу KL в точке N.
а) Докажите, что КN : NL = 2 : 1.
б) Прямая, проходящая через точку N перпендикулярно МР, пересекает отрезок KQ в
точке R. Найдите KR, если KQ = 1.
2727
Решение.
б) Рассмотрим ∆NКR, ∆PLN – п/у.
∠KRN = ∠LNP
∆NKR ~ ∆PLN (по углам) ⟹
PL : KN = LN : KR;
Q
N
M
Р
L
K
R
1
S
;
1
KR
23
1
23
2
= .
1
623
2
23
1
KR =⋅=
Ответ: .
6
1

46. 2828Ответ: 135.
СА
В
E
Н
К
218
P
F
М
LJ
Решение.
∆ABF – п/у, р/б ⟹ ∠FAB = ∠FBA = 45°,
Т.к. , то AF = FB = 18.
∆APC – п/у, р/б ⟹ ∠PAC = ∠PCA = 45°,
∆HFC – п/у, р/б ⟹ ∠CHF = ∠HCF = 45°,
Т.к. , то CF = HF = 12, AC = 30
ВН = BF – FH = 18 – 12 = 6
BE – медиана ⟹ ВМ : МЕ = 2 : 1.
MJ – высота ∆АМС, MJ = 1/3 BF = 6
KL – высота ∆АКС, KL = 1/2 (MJ + HF) = 9.
212СН =
180.
2
3012
2
ACHF
S AHCΔ =
⋅
=
⋅
=
218АВ =
90.
2
306
2
ACMJ
S AMCΔ =
⋅
=
⋅
=
135.
2
309
2
ACKL
S AKCΔ =
⋅
=
⋅
=
Высоты треугольника ABC пересекаются в
точке H. А медианы – в точке M. Точка K –
середина отрезка MH. Найдите площадь
треугольника AKC, если известно что
, угол ∠BAC = 45°.212СН,218АВ ==

47. Продолжение биссектрисы CD неравнобедренного треугольника ABC пересекает
окружность, описанную около этого треугольника, в точке E. Окружность, описанная
около треугольника ADE, пересекает прямую AC в точке F , отличной от A. Найдите
радиус окружности, описанной около треугольника ABC , если AC = 8, AF = 3, угол BAC
равен 45°.
2929
Решение.
СFА
В
E x
8
D
Ответ: .
2
11
45°
3

48. 3030
Точка М пересечения медиан треугольника ABC, вершина A и середины сторон AB и AC
лежат на одной окружности.
а) Докажите, что треугольники AKB и BKM подобны, где K-середина стороны BC.
б) Найдите длину AK, если BC=6√3.
АВ
С
P
NК
33
М
33
Решение.
а) PN – средняя линия ∆ABС ⟹ PN ∥ BC
∠PAM = ∠PNM (как вписанные в
окружность углы, опирающиеся на одну
дугу). ∠PNB = ∠CBN (как накрест
лежащие при параллельных прямых)
∠MBK = ∠BAK, ∆AKB ~ ∆BKM (по двум
углам, т.к. ∠К у них общий).

49. 3030
Точка М пересечения медиан треугольника ABC, вершина A и середины сторон AB и AC
лежат на одной окружности.
а) Докажите, что треугольники AKB и BKM подобны, где K-середина стороны BC.
б) Найдите длину AK, если BC = 6√3.
АВ
С
P
NК
33
М
33
Решение.
∆AKB ~ ∆BKM КВ⟹ : АК = МК : КВ,
КВ2
= МК ∙ АК, т.к М – точка пересечения
медиан, то АМ = 2КМ, АК = 3КМ,
КВ2
= МК ∙ 3МК = 3МК2
МК = 3, АК = 9.
( ) .22
3MK33 =
Ответ: 9.