ziv9 by Dmitriy Koryakovtsev

А.В. Тронин

Решение контрольных и самостоятельных работ по геометрии за 9 класс к пособию «Дидактические материалы по геометрии для 9 класса / Б.Г. Зив. — 7-е изд. — М.: Просвещение, 2003.

САМОСТОЯТЕЛЬНЫЕ РАБОТЫ Вариант 1 С-1 B

uuur 2 uuur 2 1) BC = 2, AD = 5 ⇒ BC = AD ⇒ k = . 5 5 D

2) Не существует, т.к. иначе AB и DC были бы не-

симметричны, что противоречит условию. 2. uuur 1 uuuur 1 1 uuur 1 AE = AM = ⋅ AB + BC = a + b . 2 2 2 4

(

M C

) (

)

С-2. y

1. 1) a = 5i − 4 j = {5,−4} ; 2) b = −3 j = {0 ,−3} .

2. Т.к. OABC — квадрат, по теореме Пифагора из ∆ОАВ: ОА2 = ОВ2 + АВ2; 2ОА2 = ОВ2 ⇒ ОА = 2; то OA = OC = 1 и AB⊥OX и CB⊥OY ⇒ uuur uuur uuur ⇒ OB = OA + OC = 2i – 2j.

3. a {−2; 3} , b{1; 1}, c{–2; 8};

1) a + b = {–1; 4}; 2) будут, т.к. c = 2(a + b) .

С-3 y B

A M

1. 1) O = (0, 0), A = (0, 3), C = (5, 0) Т.к. AB||OC, то ордината точки B должна быть равна ординате точки A, т.е. 3, а т.к. AB = 3, то B = (3, 3). 1 1 ⎧3 3⎫ 2) OM = OB = {3; 3} = ⎨ ; ⎬ ⇒ 2 2 ⎩2 2⎭

⎛3 3⎞ ⇒ M =⎜ ; ⎟; ⎝2 2⎠ 1 1 1 1 ON = OA + AN = OA + AC = OA + AO + OC = OA + OC = 2 2 2 2 1 1 ⎧5 3⎫ ⎛5 3⎞ = {0; 3} + {5; 0} = ⎨ ; ⎬ ⇒ N = ⎜ ; ⎟ . 2 2 ⎩2 2⎭ ⎝2 2⎠

(

)

3) Очевидно,

5 3 − =1. 2 2

2. a = 2i − 5 j , b = −3i + j ⇒ a + b = −i − 4 j ⇒ a + b = ( − 1)2 + ( − 4)2 = 17 .

С-4 По теореме Пифагора 2

BC = BH + HC = 100 = 10;

AH = 6 ⋅ tg45° = 6 ⇒ AB = 6 2 . Введем систему координат как показано на рис., тогда A H B = (6, 6) и C = (14, 0) ⇒ AB + AC ={20, 6}, но 1 AM = AB + AC ⇒ AM = {10, 3} ⇒ M = (10, 3) ⇒ 2

(

⇒ AM =

)

102 + 32 = 109 .

С-5 1. 1) Очевидно, (2, –4), R = 20 . 2) Проходит, т.к. (0 – 2)2 + (0 + 4)2 = 20. 2. Пусть R — радиус окружности ⇒ O1=(–R; –R) ⇒ ⇒ (2 2) 2 = R2 + R2 (по теореме Пифагора) ⇒

y O x

⇒ R = 2 ⇒ O1 = (–2; –2) ⇒ ⇒ уравнение окружности: (x + 2)2 + (y + 2)2 = 4.

С-6 1. Т.к. прямая перпендикулярна OX, то ее уравнение имеет вид x = α, т.к. прямая проходит через точку A(9; 3), то α = 9 ⇒ x = 9 — искомая прямая. ⎛4+0 2−4⎞ 2. Очевидно, N ⎜ ; ⎟ = (2; −1) , а 2 ⎠ ⎝ 2

y 2 0

B 2

4 x

N M

–4 C

⎛4+2 2−6⎞ –6 M⎜ ; ⎟ = (3; −2) . A 2 ⎠ ⎝ 2 Пусть уравнение прямой МN: y = kx + b, тогда имеем систему: ⎧ −1 = 2k + b ⎧b = −1 − 2k ⎧ k = −1 ; ⎨ ; ⎨ ⇒ y = − x + 1. ⎨ ⎩ −2 = 3k + b ⎩ −2 = 3k − 1 − 2k ⎩b = 1

С-7 1. (7; –6) — координаты центра окружности, 9 — радиус окружности ⇒ ⇒ абсцисса крайней правой точки окружности равна 7 + 9 = 13 < 19 ⇒ ⇒ не пересекаются. 2. Радиус окружности равен 4 ⇒ это 2 окружности с тем же центром и радиусами, равными 7 и 1. Ответ: x2 + y2 = 49 и x2 + y2 = 1.

С-8 1. Т.к. угол при основании равен 15°, то угол против основания равен 1 180° – 15° – 15° = 150° ⇒ S = ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ sin150° =1. 2 2. 8 2 = a2sin45° ⇒ a =

8 2 ⋅2 = 4 см, где a — сторона ромба. 2

С-9 1. По теореме синусов имеем: B

3 4 6⋅ 4 6 AC 2 = 4 ⋅ 6 = 12 . = ⇒ AC = sin 45° sin120° 2 2 A C 2 2. ∠B = 1800 – 2α. BC AB AC b ⋅ sin α = = ; AB = =b; B sin α sin α sin α sin (180° − 2α )

∠АЕВ = 1800 – (1800 – 2 α ) −

∠B = 180 – 2α ⇒

α 2

3α ; 2

BC b b = = ⇒ sin α sin (180 − 2α ) sin 2α

b sin α b ⇒ = sin 2α 2cosα b AE AB . ; ⇒ EC = = 4cosα sin (180° − 2α ) sin 3α 2 sin 2α b ⋅ sin α ⋅ sin 2α sin α . AE = AB ⋅ = = b⋅ 3α 3α 3α sin sin 2α ⋅ sin sin 2 2 2

С-10

⇒ BC =

1. По теореме косинусов имеем: c2 = 36 + 100 – 2 ⋅ 6 ⋅ 10cos120° = 1 = 136 + 120 ⋅ =196 ⇒ c = 14 (см), где c — 3-я сторона. 2

2. Т.к. против большей стороны лежит больший угол, то ищем угол против стороны, длина которой равна 7. По теореме косинусов: −15 1 =− <0 ⇒ 49 = 9 + 25 – 30 ⋅ cosα ⇒ cosα = 30 2 ⇒ угол тупой ⇒ треугольник тупоугольный.

С-11 B 1. По теореме синусов: BC 0,3 0,3 ⋅ sin 32° = ⇒ BC = ≈ 0,17; sin 32° sin 70° sin 70° ∠C = 180° – 70° – 32° = 78° ⇒ по теореме синуAC ⋅ sin 78° 0,3sin 78° A сов: AB = ≈ 0,31. = sin 70° sin 70° 2. BC — меньшая сторона ⇒ по теореме косинусов: BC2 = a2 = b2 + c2 – 2bccosα ⇒ b 2 + c 2 − a 2 2295 2295 ⇒ cosα = ≈ 41o 25′ . = ⇒ α = arccos 2982 2bc 2982

С-12 1⎫ ⎧1 1 ⎫ ⎧ 1 1. AO ⎨ ; ⎬ , CO ⎨ − ; − ⎬ , BD {1; −1} ; 2⎭ ⎩2 2⎭ ⎩ 2

y B

CD {0; –1}; AB{0; 1}; DB {–1; 1}. O 1 1 1) AO ⋅ BD = ⋅ (1) + ( − 1) = 0 ; 2 2 1 1 1 2) CO ⋅ CD = − ⋅ 0 − ⋅ ( − 1) = ; A D x 2 2 2 3) AB ⋅ DB = 0 ⋅ (–1) + 1 ⋅ 1 = 1. 2. a {–1; 3}; b {2; 1}; a ⋅ b = –2 + 3 = 1; a = 1 + 3 = 10 ; b = 5 ; cos∠(a, b) =

С-13

a ⋅b 1 = ≈ 81o52′ . a⋅b 50

( )

1. a = 2 2 ; b = 4 ; ∠ a, b = 135°;

OC = a + 2b . найдем OC. Т.к. ∠AOB = 135°, то ∠OAC = ∠OKC = 45°. Т.к. OACK — параллелограмм, то AC = OK = 8 ⇒ ⇒OC2=8+64– 32 2 cos45°=72–32 = 40 ⇒ OC = 40 = 2 10 .

O B

K 5

y B

C F

D x

2. Пусть ABCD — квадрат со стороной a. Введем систему координат как показано на рисунке, тогда AB {0; a}, AD {a, 0}, ⎧a ⎫ ⎧ a⎫ ⎧a ⎫ ⎧ a⎫ AE ⎨ ; 0 ⎬ , DF ⎨o; ⎬ ⇒ BE = ⎨ ; −a ⎬ и AF ⎨ a, ⎬ ; ⎩2 ⎭ ⎩ 2⎭ ⎩2 ⎭ ⎩ 2⎭

BE ⋅ AF =

a2 a2 − = 0 ⇒ BE⊥AF. 2 2

С-14 1. Пусть O — центр 20-тиугольника. Соединим O со всеми его вершинами, получим 20 треугольников. Очевидно, что сумма их всех углов равна 180° ⋅ 20, если вычесть из нее все углы, противолежащие основанию, то останется только сумма углов при сторонах многоугольника и останется только разделить ее на 20, чтобы получить угол при вершине. 180° ⋅ 20 − 360° 180° ⋅ 18 Итак, ∠A = = = 9° ⋅ 18 = 162°. C 20 20 B 2. По предыдущей задаче угол при вершине 180° ⋅ 4 6-тиугольника равен = 120°. Пусть сторона его 6 равна b, тогда по теореме косинусов A a a2 a2 1 2 . = = a ⇒b= a2 = 2b2 – 2b2cos120° ⇒ b2 = 3 2(1 − cos120)° 2 3 3 2

Из ∆ABC по теореме Пифагора имеем: AC2=a2+

a 2 4a 2 3a = ⇒AC = 2 . 3 3 3

С-15 1. Пусть сторона треугольника равна a, тогда 1 3a 2 3a 2 3 3 = a ⋅ 3 , a2 = 6a ⇒ a = 6. ,аP= a ⇒ S = a ⋅ a ⋅ sin 60° = 2 4 4 2 2

Значит, S = 9 3 см2; Р = 3а = 18 см. 2. Пусть радиус окружности равен r, тогда по теореме Пифагора: a2 a ⇒r= . a2 = 2r2 ⇒ r2 = 2 2 3. Проведем какую-нибудь хорду и построим к ней серединный перпендикуляр. Затем проведем серединный перпендикуляр к нему. Соединим точки пересечения серединных перпендикуляров с окружностью — получим квадрат. 6

С-16 1. Радиус окружности равен 4 ⇒ длина диагонали квадрата равна 8 ⇒ ⇒ сторона квадрата равна 4 2 ⇒ периметр равен 16 2 . 105° ⋅ π 21 ⋅ 22π 21 ⋅ 11π 77π 2. l = ⋅ 22 = = = ≈ 40,3 (м) 180° 36 18 6

С-17 1. Пусть r — радиус круга, тогда сторона 6-тиугольника тоже равна r, 4π − 6 3 3r 2 тогда πr2 – 6 ⋅ = 4π – 6 3 ⇒ r2 = = 4 ⇒ r = 2. 3 4 π− 3 2 1 π 2. S = ⋅ 115° ⋅ (12,7)2 ≈ 161,9 см2. 180° 2 3. Проведем какую-нибудь хорду. Построим к ней серединный перпендикуляр и найдем его середину — это будет центр круга. Найдем его радиус. Построим отрезок в 3 раза больший. Построим круг с таким радиусом.

С-18 1. Строим B′ симметрично B, A′ симметрично A и C′ симметрично C. Строим B′A′ и B′C′. 2.. Пусть имеются две пересекающиеся прямые, тогда они образуют две пары вертикальных углов, т.к. при движении прямые переходят в прямые, то пересекающиеся прямые переходят в пересекающиеся, следовательно, вертикальные углы отображаются на вертикальные.

С-19 1. Отложим вектор OO1 = AA1 от точки O. Через точку O1 проведем луч, параллельный OM в том же направлении. 2. Перенесем параллельно одну прямую вдоль прямой, которой она перпендикулярна, в направлении к другой на расстояние, равное длине отрезка, соединяющего точки их пересечения с 3-й прямой. Очевидно, прямые полностью совместятся ⇒ если одна из них перпендикулярна 3-й, то и другая тоже.

С-20 1. От OB в направлении против часовой стрелки отложим угол, равный 45°. Пусть другая его сторона пересекает окружность в точке B1. Аналогично, строим точку A1. Соединим точки A1 и B1. A1B1 = AB, т.к. поворот является движением, а оно сохраняет расстояния.

A2 A1

A3 O A4

2. Т.к. ∠A2OA6 равен 120°, то при вращении вокруг точки O точка A2 перейдет в точку A6. Аналогичные утверждения имеют место и для других вершин 6тиугольника ⇒ при таком повороте он перейдет сам в себя.

Вариант 2 С-1 B

1. 1) Т.к. BC||AD и BC = 7, а AD = 20, 20 то DA = − BC . 7 D 2) Т.к. AC || DB, то не существует. 2. 1 1 1 NP = EM + MK = EM + 2 MT = m + n . 2 2 2

(

T M

) (

)

С-2 P T

1. 1) m = −3i + 7 j ⇒ m{–3; 7}; 2) p = −4i ⇒ р{–4; 0}.

O E

2. По теореме Пифагора PO=OE = 5 ⇒ OT = −5i − 5 j .

3. p {–3; 4}, l {1; 2}, k {4; –2};

1) p − l = {–4; 2}. 2) Будут, т.к. p − l = − k .

С-3 y B

A M

N C

–8 8

–2

1. 1) A(0; 4); O(0; 0); C(–2; 0). Т.к. ABCО — трапеция, то AB||OX ⇒ B(–8; 4). ⎛0−2 4−0⎞ 2) N ⎜ ; ⎟ = N(–1; 2); 2 ⎠ ⎝ 2

⎛ 0−8 0+ 4⎞ M⎜ ; ⎟ = M(–4; 2). 2 ⎠ ⎝ 2 x 0 3) Очевидно, трем.

2. m = −2i + 3 j , n = 3i + 5 j ;

m − n = –5i – 2j ⇒ m − n = 25 + 4 = 29 .

С-4 Введем систему координат как показано на рисунке, тогда M(0; 0), K(4; 4), P(10; 0) ⇒ C(7; 2) ⇒ ⇒ MC = 49 + 4 = 53 .

K C

P x

С-5 1. 1) С(–1; 2) — центр, 40 — радиус. 2) (5 + 1)2 + (0 – 2)2 = 36 + 4 = 40 ⇒ пересекает. 2. Из теоремы Пифагора находим O1(3; –3) ⇒ (x – 3)2 + (y + 3)2 = 9.

С-6 1. Т.к. прямая перпендикулярна OY, то ее уравнение имеет вид y = β, а т.к. она проходит через B(–3; 10), то β = 10 ⇒ y = 10 — искомая прямая. 2. Т.к. Р и K середины сторон, то A(4; 6), а B(–2; 4). Пусть уравнение прямой y = kx + b ⇒ 1 ⎧ ⎪⎪ k = 3 ⎧ 6 = 4k + b ⎧ 2 = 6 k x 14 ⇒y= + . ; ⎨ ⇒ ⎨ ; ⎨ 14 = − + 4 2 = + 4 2 k b b k 3 3 ⎩ ⎩ ⎪b = ⎪⎩ 3

С-7 1. (5; 10) — центр, 10 — радиус ⇒ самая верхняя точка окружности имеет координаты (5; 20) ⇒ касается. 2. A(2; 0), B(6; 0). 6+2 = 4. Очевидно, это серединный перпендикуляр к AB ⇒ x = 2

С-8 1.

1 AB ⋅ BC ⋅ sin120° ⇒ 2

⇒ BC =

2S 12 3 = = 4. AB sin120° 3 6 2

B C A

C 2. Т.к. ∆BCD — равнобедренный, то

∠C = ∠BDC = ∠ABD = ∠BAD = 30° ⇒ ⇒ ∠CBD = 120° ⇒ A

⇒ S = 2S∆BCD = BC ⋅ BD ⋅ sin120° = 27 A

С-9

3 см2. 2

1. По теореме синусов имеем:

2 3⋅ AC sin 45° AD AC 2 = ⇒ AD = = = 2. sin 45° sin120° sin120° 3 2 h B 2. AB = . По теореме синусов: sin α AB AC = ⇒ sin (180° − α − β ) sin β

AB sin β h sin β C ⇒ AC = sin (α + β ) = sin α sin (α + β ) .

С-10 1. По теореме косинусов: a2 = 8 + 9 – 2 ⋅ 2 3 ⋅ 3 cos135° = 17 + 12 = 29.⋅

Значит, а = 29 см, где a — неизвестная сторона. 2. Найдем угол против большей стороны: 36 = 16 + 25 – 40cosα ⇒ 41 − 36 ⇒ cosα = > 0 ⇒ α — острый ⇒ остроугольный треугольник. 40

С-11

1. По теореме косинусов BC2 = 144+324–432cos50° ⇒ ⇒ BC = 468 − 432cos50° . BC 12 = ⇒ По теореме синусов: A C sin 50° sin ∠C 12sin 50° ⇒ ∠C = acrsin ≈ 41°47΄⇒ 468 − 432cos50° 12sin 50° ≈ 88°13΄. ⇒ ∠B = 130° – arcsin 468 − 432cos50° 2. ∠E = 180° – 40° – 25° = 115° ⇒ по теореме синуE PK 0,75 3sin 65° ⇒ PK = ≈ 1,6. сов ⇒ = sin115° sin 25° 4sin 25° P K B

С-12 1. Введем систему координат как показано на ри- y B сунке, тогда A(0; 0), C(1; 0), ⎛1 ⎛1 ⎛3 3⎞ 3⎞ 3⎞ B ⎜⎜ ; ⎟⎟ , M ⎜⎜ ; ⎟⎟ , N ⎜⎜ ; ⎟⎟ ⇒ M ⎝2 2 ⎠ ⎝4 4 ⎠ ⎝4 4 ⎠ ⎧1 1) MN ⎨ ; ⎩2

1 ⎫ 0 ⎬ , CA{−1; 0} ⇒ MN ⋅ CA = − ; 2 ⎭

N x

⎧⎪ 1 3 ⎫⎪ 1 2) CB ⎨ − ; ⎬ ⇒ NM ⋅ CB = ; 4 2 2 ⎪⎩ ⎭⎪ 3 ⎪⎫ 1 ⎪⎧ 1 3) AC {1; 0} , CB ⎨− ; ⎬ , AC ⋅ CB = − . 2 2 2 ⎪⎭ ⎩⎪ 1 2. m {3; –1}, n {2; 4}; − n {–1; –2}; 2

( )

∠ m; n = arccos

( m; n ) = m; n

С-13

2 2 = ≈ 98o8′. arccos 10 20 arccos10

( )

1. a = 2 3 , b = 2 , ∠ a, b = 150°

Построим параллелограмм на векторах b и 2a , тогда A 2a − b = BD , но BD =

2a + b − 2 2a ⋅ b cos150° =

3 = 48 + 28 = 76 = 2 19. 2 2. Введем систему координат как показано на рисунке, тогда A(0; 0), B(2a; 0), C(2a; a), D(о; a), ⎛a ⎞ ⎧a ⎫ E ⎜ , a ⎟ ⇒ AE ⎨ ; a ⎬ , BD {– 2a; + a}, 2 ⎝ ⎠ ⎩2 ⎭

C D

= 48 + 4 + 2 3 ⋅ 4 ⋅ 2

AE ⋅ BD = a2 – a2 = 0 ⇒ AE⊥BD.

y D

C x

С-14 1. Пусть n — число сторон многоугольника, тогда 180°(n − 2) 144° = ⇒ 144n = 180n – 360 ⇒ 36n = 360 ⇒ n = 10. n Ответ: 10-тиугольник.

B A

D E

2. Т.к. угол при вершине 6-тиугольника равен 120°, то 3 BF = 2b 2 (1 − cos120°) = 2b 2 = b 3 , 2

то по теореме Пифагора FC = 3b 2 + b 2 = 2b .

С-15 A

1. ∠HOB = 30° ⇒ HO = 40tg30° = 2 3

3 =2 ⇒ 3

⇒ AB = 4 ⇒ P = 4 ⋅ 6 = 24 см; S = 3AB ⋅ OH = 3 ⋅ 4 ⋅ 2 3 = 24 3 см2.

m 3 = 3r2 ⇒ r = . 2 3 3. Построим угол в 60° с вершиной на окружности. Точки пересечения его сторон с окружностью соединим. Получим правильный треугольник. 2. По теореме косинусов m2 = 2r2(1 – cos120°) = 2r2 ⋅

С-16 r

1. 12π = 2πr ⇒ r = 6 см. Тогда по теореме косинусов 3 a2 = 2r2(1 – cos120°) =2r2 = 3r2 ⇒ 2

⇒ a = 6 3 ⇒ P = 3a =18 3 см. π 15 ⋅ 180° 2. l = r2 ⇒ 15 = r ⋅ ⋅ 138° ⇒ r = ≈ 6,23 (см). 180° π ⋅ 138°

С-17 1. Пусть ∆АВС — данный равносторонний треугольник, со стороной а,

3 3⋅2 3 3 2 3a S 4 тогда S = a ,а p= ⇒ r= = a= a= a⇒ 3 2 4 12 6 p 2 ⇒ Sокр = π r 2 =

π a2 12

⇒

3 2 π 2 a − a = 27 3 − 9π ⇒ a 2 = 12 ⋅ 9 ⇒ a = 6 3 ⇒ 4 12

3 ⋅6⋅ 3 = 3 . 6 α 1 π 162 ⋅ 180° ⋅ 2 ≈ 197°18′. ⋅β⇒β= 2. S = r2 2 ⇒ 162 = (9,7)2 ⋅ 2 180° (9 ⋅ 7) 2π 3. Найдите радиус данного круга, разделите его пополам, постройте круг с радиусом, равным половине радиуса данного круга. 12 ⇒r=

С-18 1. Строим B′ симметрично B отн-но O, A′ симметрично A и C′ симметрично C. Далее соединяем точки A′ и B′, точки B′ и C′. 2. Пусть имеются две пересекающиеся прямые, тогда они образуют две пары смежных углов, т.к. при движении прямые переходят в прямые, то пересекающиеся прямые переходят в пересекающиеся, следовательно, смежные углы отображаются на смежные.

С-19 1.Очевидно, вектор OO1 = MM1 , от точки O строим точку O1, строим 2 луча, параллельных OF и OE. 2. Перенесем одну из боковых сторон трапеции в направлении другой вдоль основания на расстояние, равное длине меньшего из оснований, получим равнобедренный треугольник, у которого, как известно, углы при основании равны, значит, равны и углы при основаниях трапеции, по свойствам параллельного переноса.

С-20 1. На АО отложите угол ∠A1OA = 60o в направлении по часовой стрелке,

и от ОВ отложите угол ∠B1OA = 60o в направлении по часовой стрелке так, чтобы точки лежали на данной окружности. Дуги A1 B1 и АВ равны, так как радиусы и градусные меры равны. 2. Так как диагонали квадрата пересекаются под углом в 90 o , то при вращении на 90 o он переходит в себя, следовательно, и при вращении на

n ⋅ 90 o (n ∈ N ) он переходит в себя, и в частности при n = 2 ч.т.д.

Вариант 3 С-1 1. 1) ∆AOD ∼ ∆COB (по двум углам: ∠OBC = ∠ODA, ∠OCB = ∠OAD, как накрестлежащие углы при пересечении параллельных прямых AD и ВС секущеми АС и BD) ⇒ 1 ⇒ BC = AD ⇒ k = 3. 3 1 2) Очевидно, k = – . 3

B O A

C 2.

DM =

M A

(

)

2 2 2 2 DC = DA + AC = a + b . 5 5 5 5

С-2 1. a ⋅ b = 1 – 1 = 0 ⇒ a⊥b . 2. AB = 8 (по теореме Пифагора) ⇒ AB = 8i; OB = 4i + 3 j ; OA = −4i + 3 j .

y A

M O

3. a {–2; 4}, b {1; 3}, n {–14; –2}.

1) m = 2a − 3b = −4i − 3i − 8 j − 2 j = −7i − j ⇒ ⇒ m{−7; −1} ;

2) т.к. k = 2 > 0, то сонаправлены.

С-3 1. 1) Из теоремы Пифагора следует, что A(–4; 3), а B(4; 4). y 2) AB = (4 + 4)2 + (4 − 3)2 = 64 + 1 = 65 . B 3) Пусть M — середина AB, тогда ⎛ 4−4 4+3⎞ A M⎜ ; ⎟ = M(0; 3,5) ⇒ 45° 2 ⎠ ⎝ 2 x O ⇒ OM = 3,52 = 3,5. 2. A(–1; 3), B(1; 1).

Пусть M — искомая точка, тогда M(x, 0) ⇒ ( x + 1) 2 + 9 = 2 ( x − 1) 2 + 1 ; (x + 1)2 + 9 = 4(x – 1)2 + 4; x2 + 2x + 10 = 4x2 – 8x + 8; 3x2 – 10x – 2 = 0; ⎛ 5 ± 31 ⎞ 5 ± 31 D1 = 25 + 6 = 31; x = ⇒ M ⎜⎜ ; 0 ⎟⎟ . 3 ⎝ 3 ⎠

С-4 y B M x A

Введем систему координат как показано на рисунке, тогда 6+2 2 3 )= М (4; 3 )⇒АМ= 42 + 3 = 19. ; В(2; 2 3 )⇒М( 2 2 14

С-5 1. (x + 1)2 + (y – 2)2 = 16 ⇒ r = 4 ⇒ d = 8; (–1 + 1)2 + (6 – 2)2 = 16 ⇒ A принадлежит окружности,

AB = (−1 + 1) 2 + (−2 − 6)2 = 8 ⇒ AB — диаметр. 2. ∆FOO1 = ∆EO1O ⇒ ∠FO1O = ∠EO1O = 60° ⇒ 3 = 3, а ⇒ FO = OO1sin60° = 2 3 ⋅ 2

O1F = O1Osin30° = 3 ⇒ ⇒ O1(–3;

y E

3 ) ⇒ (x + 3)2 + (y – 3 )2 = 3.

O x

С-6 1. AD||BC, BC {–10; 2}. Пусть y = kx + b — уравнение AD, 2 1 k= = − , т.к. A принадлежит прямой, то −10 5 2 2 12 1 12 ⇒y=− x+ . 2 =− + 6 ⇒ в = 2 + = 5 5 5 5 5 y 2. y = –x, y = x + 6; 6 1 x –x = x + 6 ⇒ x = –3 ⇒ y = 3 ⇒ S = 3 ⋅ 3 ⋅ 6 = 9. –6

С-7 1. x2 + y2 = 4, y = 3 – x Найдем расстояние от начала координат до y = 3 – x; 1 3 OH = AH ⋅ HB = AH 2 =AH = AB = 2 >2 = r, 2 2 т.к. радиус окружности меньше расстояния до прямой, то они не пересекаются. 2. A(0; 0); B(0; 2). пусть M(x; y) удовлетворяет 2MA = MB, т.е.

y A H O

B x

2 ( x 2 + y 2 ) = x 2 + ( y − 2) 2 ; 4x2 + 4y2 = x2 + y2 + 4 – 4y; 2

3x2 + 3y2 + 4y – 4 = 0; x2 + y2 +

4 4 2 ⎞ 16 ⎛ y – = 0; x 2 + ⎜ y + ⎟ = ⇒ 3 3 3⎠ 9 ⎝

2⎞ ⎛ ⇒ окружность с центром ⎜ 0; − ⎟ и радиусом 3⎠ ⎝

16 4 = . 9 3 15

С-8

1. По теореме косинусов имеем: AC 2 = 25 − 24cos 2α = 49 − 48cos 2 α =

= 1 + 48sin 2 α ⇒ AC = 1 + 48sin 2 α теореме синусов:

тогда

по

AC BC 1 + 48sin α 4 4sin 2α = ⇒ = ⇒ sin ∠A = 2 sin 2α sin ∠A sin ∠ A sin α 1 + 48sin 2 α 1 24sin 2α ⇒ S = AB ⋅ AC ⋅ sin ∠A = . 2 1 + 48sin 2 α 2. S =

3 1 1 d1d2sinα = 8 ⋅ 10 ⋅ = 20 3 . 2 2 2

С-9 B

C 1. По теореме синусов: d sin α d AD = ⇒ AD = . sin(α + β ) sin(α + β ) sin α d sin β ⇒ Аналогично, DC = sin(α + β )

⇒ S = AD ⋅ DC ⋅ sin(α + β) = 2. 2R =

d 2 sin α sin β . sin(α + β )

10 5 ⇒ R = = 10 см. 1 sin150° 2

С-10 y

1. Введем систему координат как показано на рисунке, тогда A(0; 0), C( 2 21 , 0),

B M

C x

⎛ B( 21 , 21 tg30°) = B ⎜⎜ 21; ⎝

63 ⎞ ⎟ ⇒ 3 ⎟⎠

⎛3 9 ⋅ 21 63 81 ⋅ 21 42 63 ⎞ + = + 63 = 21; = 7. ⇒ M ⎜⎜ ⎟⎟ ⇒ AM = 4 36 36 6 6 ⎠ ⎝2 2. По теореме косинусов: 40 1 = ⇒ α = 60°. 49 = 25 + 64 – 80cosα ⇒ cosα = 80 2

С-11 BE 7,6 = . sin 25°30′ sin 25°30′ По теореме косинусов:

1. AB =

BC = (10,8)2 +

(7,6)2 2

− 2 ⋅10,8 ⋅

7,6 cos25°30′ ≈ 9,2. sin25°30′

sin 25°30′ A D C По теореме синусов: 10,8 ⋅ sin 25°30′ BC AC ≈ 30°21′ ⇒ ∠C ≈ 124°9′. = ⇒ sin∠B = 9,2 sin 25°30′ sin ∠B B 2. Пусть ∠OAC = α, тогда ∠BAO = ∠ABO = 52° – α, а ∠OCB = ∠OBC = 58° – α ⇒ 70° = 52° – α + 58° – α ⇒ ⇒ α = 20° ⇒ AC = 2AO ⋅ cos20° = 14 ⋅ cos20°. По теореме синусов: O 14cos 20° AB BC A C = = ⇒ sin 70° sin 58° sin 52° 14cos 20° sin 58° 14cos 20° sin 52° ⇒ AB = , BC = ⇒ sin 70° sin 70° ⇒S=

196 ⋅ cos 2 20° ⋅ sin 58° ⋅ sin 52° 1 ≈ 61,5. AB ⋅ BC ⋅ sin70° = 2sin 70° 2

С-12 1. Введем систему координат как показано на рисунке, тогда D(0; 0), A(–4; 0), C(4; 0), B(0; 3), E(0;α) ⇒ 1) AB {4; 3}, AC{8; 0} ⇒ AB ⋅ AC = 32; 2) BD {0; –3} ⇒ AB ⋅ BD = –9;

y B E A

x C

3) CA{–8; 0}, BE {0; 3 – α} ⇒ CA ⋅ BE = 0. 2. A(4; –7), B(–2; 3), AB {–6; 10} ⇒ −6 6 ⎞ ⎛ = arccos ⎜ − ⇒ α = arccos ⎟ ≈ 120°58′. 136 ⋅ 1 136 ⎝ ⎠

С-13 1. Построим параллелограмм на векторах a и b , тогда a + b = AC , т.к. ∠BAD = 60°, то ∠ABC = 120° ⇒ ⇒ по теореме косинусов: A AC = 5 − 4cos120° = 5 + 2 = 7 ⇒

C M D

по теореме синусов: 7 1 3 3 ⇒ = ⇒ sin∠DAC = ⇒ ∠DAC = arcsin . 3 sin ∠DAC 2 7 2 7 2 y 2. Введем систему координат как показано на риB сунке, тогда A(0; 0), C( 3 2 ; 0), B( 2 ; 2 ), тогда D ⎛ 1 17 2⎞ . x D ⎜⎜ 2 2; ⎟⎟ ⇒AD = 8 + = 2 2 2 ⎝ ⎠ C A

С-14 A

R 2

B R

1. Из ∆OHB⇒∠HBO=30° ⇒ ∠ABC = 60° ⇒ 180°(n − 2) ⇒60n = 180n – 360 ⇒ ⇒ 60°= n ⇒ 120n = 360 ⇒ n = 3. Ответ: 3.

С-15 1. Т.к. площадь квадрата равна Q, то сторона равна

⇒ диагональ равна ⇒ т.к. 2R =

2Q ⇒ радиус равен

Q ⇒

2 Q⇒ 2

a 3 3 3 = Q ⇒ P =3 Q , а ⇒ a = 2Rsin60° = 2Q sin 60° 2 2 2

3a 2 3 3 3 3 = ⋅ Q= Q. 4 4 2 8 2. Пусть R — радиус окружности, тогда площадь вписанного 63 3 3R 2 1 2 2 тиугольника равна 6 ⋅ R sin60° = =3R 2 = 2 , 2 3 1 а описанного — 6 ⋅ R ⋅ (2Rtg30°) = 6R2 3 = 2 3 R2 ⇒ 2

3 3 SB 3 3 3 3 = 2 = = . Ответ: . ⇒ S0 2 3 4 3 4 4

3. Находим центр окружности (см. Вар. 2. С-15.3). Затем проводим через него 2 взаимно перпендикулярных диаметра. В точках их пересечения с окружностью строим к ним перпендикулярные прямые.

С-16 1. ∆АОВ равнобедренный, значит, ОО1 — биссек∠BOA трисаб высота и медиана. ∠ВОМ = = 60° ; 2 Из прямоугольного ∆ОО1В находим R 3 . Длина дуги АРВ О1В = ОВ ⋅ sin∠BOM = 2

равна πО1В

πR 3 2

, длина дуги АМВ равна

следовательно искомый периметр P = 2. Длина дуги l = 2πR = 2aπ ⇒ l = 135

⇒ R1 =

πR 3 2

π 180°

O1 O

2π R , 3 +

2π R π R (3 3 + 4) . = 3 6

R1 ⇒

180l 4l = = 32 (см). 135π 3π

С-17 1.

1 1 ⋅ 3 ⋅ 4 = 6, AB = 5 ⇒ P = (3 + 4 + 5) = 6 ⇒ 2 2 S ⇒ S = Pr ⇒ r = = 1 ⇒ S0 = π ⇒ S′ = 6 – π (см2). P

2. S′ =

3 2 1 π 1 1 2 R2 – R2sin120° = ⋅ πR2 – R = 120° 180° 4 2 2 2 3

R2 (4π – 3 3 ). 12

3. Площадь искомого круга по условию S = π R 2 − π r 2 , значит, ради-

ус искомого круга R′ = R 2 − r 2 . Строим перпендикулярные прямые (серединный перпендикуляр к отрезку). От точки пересечения прямых, на одной из прямых, откладываем отрезок длиной r, из другого конца отрезка проводим окружность с радиусом R, она пересечет другую прямую в двух точках, отрезок, соединяющий одну из этих точек с точкой пересечения прямых, является радиусом искомого круга. 19

С-18 ⎛ 1⎞ 1. По т. косинусов AB = 2 R 2 (1 − cos120o ) = R 2 ⎜1 + ⎟ = 3R ⇒ ⎝ 2⎠

3 1 1 2π R 3π R 4π + 3 3 R ⇒ P = 2π R + ⋅ 2π r = + = R. 2 3 2 3 2 6 2. См. Вар.-4. С-18.2. ⇒r=

С-19 1. Строим векторы BB′ = AA′ = CC ′ = FE , ∆A′B′C′ — искомый. 2.

Т.к. окружности равны, то их можно совместить параллельным переносом по OO1 , а т.к. AC||OO1, то точки A и C совместятся ⇒AC=OO1=15 см.

С-20 A

1. Откладываем ∠ABF = 60° влево от BA, а ∠CBE = 60°, тоже влево от CB. ∠FBE — искомый. 2. По теореме Пифагора AH = HB = DL = LC ⇒ AB = DC.

Вариант 4 С-1 1.

B K P A 20

2 2 ⇒ PT = AC . 3 3 T 2) Т.к. медианы делятся точкой пересечения в отC ношении 2 к 3 считая от вершины, то BO = 2OE . 1) ∆ABS∼∆PBT и k =

O E

(

) (

)

3 3 3 3 KB = AB = DC = AC − AD = n − m . 7 7 7 7

M A

С-2

1. m = −i + j ; n = i + j ⇒ (n, n) = −1 + 1 = 0 ⇒ n ⊥ n . 2. По теореме Пифагора 1 MK = MP = 17 2 − 82 = 9 ⋅ 25 = 15 ⇒ MP = 30 ⇒ 2 ⇒ MP {0; –30}, OM {–8; 15}, OP {–8; –15}. 3. l {3; –2}, p {–4; 1}, b {–34; 16}.

O x

1) a = 3l − 2 p ⇒ a{9 + 8; –6 – 2} = a{17; –8}. 2) противоположно направлены, т.к. b = − 2a , –2 < 0.

С-3 1. 1) A(–OAcos45°; OAcos45°) = ⎛ 2 2⎞ ;8 2 = A ⎜⎜ −8 2 ⎟ = A(–8; 8). 2 2 ⎟⎠ ⎝

B(8;

OB 2 − 82 ) = B(8;

A 45° O

36 ) = B(8; –6).

x B

2) AB = (8 + 8) 2 + ( −6 − 8)2 = 256 + 196 = 452 = 2 113 . 3) Пусть M — середина AB, тогда ⎛ −8 + 8 −6 + 8 ⎞ ; M⎜ ⎟ = M(0; 1) ⇒ OM = 1 = 1. 2 ⎠ ⎝ 2 2. M(3; –1), P(–8; 2). Пусть K(0; y) — искомая точка, тогда

KM = 2KP ⇒

9 + ( y + 1) 2 = 2 64 + ( y − 2) 2 ⇒

⇒ 9 + y2 + 1 + 2y = 256 + 4y2 + 16 – 16y ⇒ ⇒ 3y2 – 18y + 26 = 0 ⇒ y1,2 =

−6 ± 2 30 ⎛ ⎞ ⇒ M1,2 ⎜ 0; −6 ± 2 30 ⎟ . ⎜ ⎟ 3 2 ⎝ ⎠

С-4 Выберем систему координат так чтобы К (0;0), Н (-8;8), Р (18;0), тогда если D – середина НР, то D (13; 4) ⇒ KD = 169 + 16 = 185 .

С-5 1. Радиус окружности равен 3, следовательно, диаметр равен 6.

MH = (−5 + 1) 2 + ( 5 + 5) 2 = 16 + 20 = 6 ⇒ является. 21

2. Т.к. OK = OP, то по теореме косинусов: KP2 = 2OK2(1 – cos60°) ⇒ ⇒ OK = KP = 2 3 , т.к. x ∠KOO = 1 ∠KOP = 30°, то KO = 1 1 2

60°

=OKtg30°= 2 3 ⋅

3 = 2 ⇒ O1(2; −2 3 )⇒ 3

⇒ (x – 2)2 + (y + 2 3 )2 = (2)2 = 4.

С-6 1. М (-1;2), Р (3;1), К (1;-2). Пусть Т (x;4), тогда MP = TK ⇒ 1 − x = 4 и −2 − y = −1 ⇒ x = −3, y = −1 . Пусть y = kx + b – уравнение РТ, тогда

⎧b = 0 ⎧ −1 = −3k + b ⎪ ⇒ 1 ⇒ 3y − x = 0 . ⎨ ⎨ ⎩1 = 3k + b ⎪⎩ k = 3 2. y = x + 4, y = -x и x = 0. Первые две прямые пересекаются в точке (-2;2), следовательно, расстояние от нее до оси ординат равно 2. Первая прямая пересекает ось ординат в точке (0;4), следовательно, площадь 1 треугольника равна ⋅ 2 ⋅ 4 = 4 . 2

С-7 1. По теореме Пифагора расстояние до прямой y = x + 4 равно 2 2 . Ра-

диус окружности тоже 2 2 ⇒ касается. 2. Пусть M(x; y) — искомые, тогда (x + 1)2 + (y – 2)2 = (x –2)2 + (y + 2)2 ⇒ 2x+1 – 4y + 4 = – 4x + 4 + 4y + 4 ⇒ ⇒ 6x – 8y – 3 = 0 — искомое множество точек.

С-8 C B1

1. Т.к. BB1 — медиана, то S(ABB1) =

1 S(ABC). 2

1 1 BB1, то S(AOB1) = S(ABB1) ⇒ 3 3 1 1 1 1 ⇒ S(AOB1) = S(ABC) = ⋅ ⋅ AC ⋅ BC ⋅ sinα = ⋅ 8 ⋅ 6 ⋅ sinα = 4sinα. 6 2 6 12 A

2. S =

Т.к. B1O =

1 1 2 d1 ⋅ d2 ⋅ sinα = ⋅ 6 ⋅ 10 ⋅ = 15 2 . 2 2 2

С-9

1. По теореме синусов: CA m m sin α = ⇒ CA = , sin α sin(α + β ) sin(α + β ) A H (т.к. ∠CAD = ∠BCA) ∠BAC = α – β, тогда по теореме синусов: BC AC AC sin(α − β ) m sin α sin(α − β ) = ⇒ BC = ⇒ = sin(α + β ) sin(α − β ) sin(α + β ) sin 2 (α + β )

⇒S= =

1 1 (BC + AD) CH = (BC + AD) ⋅ m ⋅ ACsinβ = 2 2

1 m sin α sin(α − β ) + m sin 2 (α − β ) m sin α sin β ⋅ = 2 sin(α + β ) sin 2 (α + β )

m 2 sin α sin β (sin α ⋅ sin(α − β ) + sin 2 (α + β )

. 2sin 3 (α + β ) 2. ∠B = 180° – 40° – 80° = 60°, а т.к. 3 AC = 2R, то AC = 2Rsin∠B = 2 ⋅ 2 3 ⋅ = 6. sin ∠B 2 =

С-10 1. AB =

B BE 2 3 = = 4 ⇒ по теореме косинусов: sin 60° 3 A 2

AC = AB 2 + BC 2 − 2 AB ⋅ BC ⋅ cos ∠ABC = 16 + 4 + 2 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅

1 = 2

= 16 + 4 + 8 = 28 = 2 7 . 2. Наибольший угол лежит против большей стороны, значит по теореме 15 1 косинусов 49 = 9 + 25 – 2 ⋅ 3 ⋅ 5cosα ⇒ cosα = − = − ⇒ α = 120° . 30 2

С-11 1. a = 3,9; b= 4,1; c = 2,8. По теореме косинусов: b2 + c 2 − a 2 b2 + c 2 − a 2 ⇒α = arccos a2=b2+c2–2bc cosα⇒cosα= = 64°44′. 2bc 2bc a b c b sin α По теореме синусов: = = ⇒ sinβ = ⇒ a sin α sin β sin γ

⇒ β = arcsin

b sin α c sin α ≈ 73°24′, аналогично, γ = arcsin ≈ 41°52′. a a

2. Пусть O — центр окружности, тогда по теореме косинусов: 2R2 − b2 2R2 − a2 O cos∠AOC = , а cos ∠BOC = ⇒ 2R2 2R2 C A 1⎛ 2R2 − b2 2R2 − a2 ⎞ 1 − arccos ⇒ ∠C = ∠BOA = ⎜ 360° − arccos ⎟ ⇒ 2 2 2 ⎜⎝ 2R 2 R 2 ⎟⎠ 1 ⇒ S = ab ⋅ sin∠C ≈ 475,8. 2

С-12 B

K A

1.Введем систему координат как показано на рисунке, тогда по теореме Пифагора AB = OD = = 100 − 64 = 6 ⇒ ⇒ 1) AB {8; 6}, AC {16; 0} ⇒ AB ⋅ AC = 128; C 2) BD {0; –12} ⇒ AB ⋅ BD = –6 ⋅ 12 = – 72; 3) KD {0; α}, FC {β; 0} ⇒ FC ⋅ KD = 0. −9 ≈ 148°19′. 2. PT {6;–9} ⇒ ∠α = arccos 36 + 81 ⋅ 1

С-13 1. Построим на векторах m и n параллелограмм, так, чтобы AB = m ,

AD = n , тогда DB = m − n . По теореме косинусов: BD = 9 + 4 − 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ cos120o = 13 − 6 = 7 , тогда по теореме синусов 3 2 3 AB BD AD ⋅ sin120o 2 = ⇒ sin ∠ABD = = = ⇒ ∠ABD ≈ 23o59` . o sin ∠ABD sin120 7 BD 7 2. Выберем систему координат так, чтобы F (0;0), K (-3;3), E (2;0), тогда −1 3 1 9 10 M ( ; ) ⇒ FM = + = . 2 2 4 4 2

С-14 1. Рассмотрим треугольник, образованный радиусом, проведенным в вершину многоугольника, половиной его стороны, и отрезком, соединяющим эту середину с центром окружности, очевидно, что косинус 3 R 3 ⇒ этот угол угла с вершиной в центре окружности равен 2 = R 2

равен 30 o ⇒ угол опирающийся на сторону многоугольника равен 60 o ⇒ многоугольник является 6 – угольником. Aq 2. Ap Опишем вокруг него окружность. Пусть ApAqAvAs — какие-то вершины многоугольника. Имеем ∠ApAsAq = ∠ApAvAq, т.к. опираются на одну O дугу. As Очевидно, ∠AsApAv=∠AsAqAv⇒∆AsOAp ∆AvOAq ⇒ Ar ⇒ AsO ⋅ OAq = ApO ⋅ OAv. Ч.т.д.

С-15 1. Пусть R — радиус окружности ⇒ 3 3 3R 2 1 ⇒ Q = 6 ⋅ R ⋅ R ⋅ sin60° = 3R2 2 = 2 ⇒R= 2

По теореме Пифагора сторона квадрата равна

2Q . 3 3

2R =

4Q 4Q ⇒S = . 3 3 3 3

2. Пусть радиус окружности равен R, 1 3 3 3 3 2 = R . тогда Sвп = 3 ⋅ ⋅ R ⋅ R ⋅ sin120o = R 2 ⋅ 2 2 2 4 Т. к. центр вписанной окружности лежит в точке пересечения биссектрис, то половина стороны описанного треугольника равна

Rctg 30o = 3R , следовательно, сторона его равна 3 S 3 3⋅4 =4. ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ R 2 = 3 3R 2 ⇒ ⇒ оп = 4 Sвп 3 3 3. Находим центр окружности (Вар. 2. С-15.3). Строим угол в 60° с вершиной в центре. Откладываем от него еще такой же. Повторяем эту операцию 3 раза. Далее выбираем 3 точки пересечения сторон углов с окружностью, лежащие через одну, и проводим в них по касательной. 2 3R ⇒ Sоп =

С-16 1. Рис. 21.

По т. Пифагора AB = R 2 ⇒ r =

πR

2 1 1 R ⇒ P = ⋅ 2π R + ⋅ 2π r = 2 4 2

2π R π = R (1 + 2) . 2 2

2 ( ( l π ⋅ 120° ⋅ 6 = 4π ⇒ r = AB = 2 (см). Ответ: 2 см. 2. l AB = 180° 2π 25

С-17 1. По формуле Герoна S =

p ( p − a )( p − b)( p − c) = 9 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 1 = 12 ⇒

S 12 4 16π 16π ⇒ r = = = ⇒ S0 = πr2 = ⇒ S′ = S – S0 = 12 – . 9 9 p 9 3 A 2. Рис. 23. 1 1 π R2 3 2 S ' = Sсект − Sтр = π R 2 − R 2 sin 60o = R . − B 6 2 6 4 3. Пусть радиусы кругов равны r1 и r2. Строим прямоугольный тре-

угольник с катетами r1 и r2, тогда его гипотенуза равна

r12 + r22 = r .

Строим круг с радиусом r. Он искомый.

С-18 1. Строим все высоты треугольника. Далее см. Вар. 2. С-18.1. 2. Пусть ∆A1B1C1∼∆ABC и при движении они отобразятся на ∆A′1B′1C′1 и ∆A′B′C′. Т.к. движение сохраняет расстояние между точками и углами, то ∆ABC = ∆A′B′C′, ∆A1B1C1 = ∆A′B′C′ ⇒ ∆A′B′C′ ∼ ∆A′1B′1C′1 и т.д.

С-19 1. Пусть при параллельном переносе на вектор PK , точки А, В и С переходят соответственно в точки А1, В1 и С1, тогда ∆А1В1С1 – искомый. 2. Перенесем ∆АВС на вектор ММ 1 , тогда точки A, B, C, E, F и M совместятся соответственно с точками А1, В1, С1, К, Р и М1, значит FP = MM1 = 8 см.

С-20 1. Пусть при повороте вокруг т. О на 120 o против часовой стрелки точки М, Н и Р переходят соответственно в точки М1, Н1, и Р1, тогда ∠M 1 H 1 P1 - искомый. 2.

C B O

∆AOC = ∆BOD по 1-му признаку ⇒ AC = DB. Вариант 5 С-1

5 5 1. AE = AC + CE = AC + CB = AC + (CA + AB) = 8 8 5 3 5 A = b + ( −b + a ) = b + a . 8 8 8 2. DE = DB + BE ; 5 AC = AB + BC = ( DB + BE ) ⇒ DE ↑↑ AC ⇒ DE||AC. 3

E C

B E

D A

С-2 1. a = 2i − 3 j , b = i + 2 j ⇒ a + b = 3i − j .

⎪⎧ a 2. OA ⎨ ; ⎩⎪ 2

3a ⎪⎫ ⎬. 2 ⎭⎪

A N

⎧⎪ a 3a ⎫⎪ Аналогично, BA ⎨ − ; ⎬ , OB {a; 0} ⇒ ⎪⎩ 2 2 ⎪⎭ ⎧⎪ 1 ⎛ a ⎞ ⎫⎪ ⎧⎪ 3a ⎞ 1⎛ 3 a + o ⎟⎟ ⎬ ⇒ OM ⎨ ; ⇒ OM ⎨ ⎜ + a ⎟ ; ⎜⎜ ⎠ 2⎝ 2 ⎩⎪ 4 ⎠ ⎭⎪ ⎩⎪ 2 ⎝ 2

⎧⎪ 3a 3a ⎫⎪ ⎬ ⇒ BN ⎨ − ; 4 ⎭⎪ ⎪⎩ 4

x 3a ⎫⎪ ⎬. 4 ⎭⎪

3. a {–1; 5}, b {m; 2}.

Пусть a и b — коллинарны, тогда –k = m и 5k = 2 ⇒ k =

2 2 ⇒ m = – .. 5 5

С-3 1. AB {3; 2}, CD {–3; –2} ⇒ AB = CD и AB ↓↑ CD ⇒

⇒ AB || CD ⇒ ABCD — параллелограмм ⇒ AC и BD — пересекаются и точкой пересечения делятся пополам. 2. AB {–2; –2}, BC {3; 1}, CA {– 1; 1}; AB ⋅ AC = –2 + 2 = 0 ⇒ AB⊥AC ⇒ треугольник прямоугольный ⇒ центр описанной окружно- B сти — середина BC ⇒ 2

1 9 10 ⎛1 3⎞ ⎛3 ⎞ ⎛1 ⎞ ⇒ ⎜ ; ⎟ , а R = ⎜ − 2⎟ +⎜ − 2⎟ = + = . 4 4 2 ⎝2 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝2 ⎠

–1

y 3

A C

2 1 1

С-4 A E

По свойству биссектрисы: AC AB MB AB 5 ⇒ = = . = CM MB MC AC 3 По теореме Пифагора CB=4⇒MB=2,5, а CM=1,5⇒ 2

10 ⎛1⎞ ⎛3⎞ B ⇒ M(1,5;0), E(2; 1,5)⇒ME = ⎜⎝ 2 ⎟⎠ + ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = 2 .

С-5

1. x2 – 8x + y2 + 15 = 0; (x – 4)2 + y2 = 1 ⇒ это окружность с радиусом 1 и центром (4; 0). Точка (4; –1) удовлетворяет обоим уравнениям, очевидно, что в этой точке они не касаются ⇒ они пересекаются. 2. Пусть M — середина AC, тогда очевидно, что AC = 8, AM = MC = 4, MB = 3 и по теореме Пифагора AB = BC = 5, тогда радиус вписанной S 9 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅1 3 ⋅ 4 4 = = . окружности равен r = = 4+5 9 3 p Центр окружности O лежит на BM и удален от BC на расстояние, рав2

ное

1 ⎞ 16 4 ⎛ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 1⎞ ⇒ O ⎜ 0; − 1⎟ ⇒ O ⎜ 0; ⎟ ⇒ x2 + ⎜ y − ⎟ = . 3 3⎠ 9 ⎝ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠

С-6 4 ⇒ угловой коэффициент искомой 3 3 3 прямой равен − ⇒ она имеет вид: y = − x + b. Т.к. C лежит на этой 4 4 3 25 3x 25 ⇒ y =− + . прямой, то 4 = − ⋅ 3 + b, откуда b = 4 4 4 4 2. y – x = 0, y + x = 0, y – 2x + 4 = 0 Очевидно, что треугольник прямоугольный, с прямым углом в начале ⎧y − x = 0 ⎧y = x ⎧y = x ⎧y = x координат. ⎨ ; ⎨ ; ⎨ ; ⎨ ⇒ ⎩ y = 2 x − 4 ⎩ y = 2 x − 4 ⎩ − x = −4 ⎩ x = 4 одна из вершин имеет координаты (4; 4). ⎧ y = −x ⎧ y = −x ⎧ y = −x ⎧ y = −x ⎪ ; ⎨ ; ⎨ ; ⎨ 4 ⇒ ⎨ ⎩ y − 2 x + 4 = 0 ⎩ − x − 2 x + 4 = 0 ⎩3 x = 4 ⎪⎩ x = 3

1. Угловой коэффициент OC равен

4⎞ ⎛4 ⇒ другая — ⎜ ; − ⎟ . Расстояние от этих вершин до начала координат 3⎠ ⎝3 4 1 4 16 равно соответственно 4 2 и 2 ⇒площадь равна ⋅ 4 2 ⋅ 2= . 3 2 3 3

С-7 ⎧⎪ 2 y + x − 4 = 0 ⎧⎪ x = 4 − 2 y 1. ⎨ 2 ; ⎨ ; 2 2 2 ⎪⎩ x + y = 5 ⎪⎩(4 − 2 y ) + y = 5 4y2 – 16y + 16 + y2 = 5; 5y2 – 16y + 11 = 0; D1 = 64 – 55 = 9; 8−3 8 + 3 11 20 22 2 y1 = = 1, y2 = = ⇒x1 = 2, а x2 = − =− ⇒ 5 5 5 5 5 5 ⎛ 2 11 ⎞ ⇒ (2; 1) и ⎜ − ; ⎟ — концы хорды ⇒ ⎝ 5 5⎠ 2

2 ⎞ ⎛ 11 ⎞ 64 36 10 ⎛ ⇒ ⎜ 2 − ⎟ + ⎜1 − ⎟ = ⇒ 2 — ее длина. + = 5 5 25 25 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2. Выберем систему координат так, чтобы A(–2; 0), B(2; 0). Пусть M(x; y) — искомая точка, тогда (x – 2)2 + y2 + (x + 2)2 + y2 = 10; 2x2 + 8 + 2y2 = 10; x2 + y2 = 1 ⇒ окружность с центром в середине орезка АВ и радиусом равным 1.

С-8 1. Т. к. АА1 и СС1 – медианы, то АО = 6, СО = 8, тогда 1 3 2 S ( AOC ) = ⋅ 6 ⋅ 8 ⋅ sin120o = 24 ⋅ = 12 3 , т.к. AO = AA1 , 3 2 2 2 3 то S ( AOC ) = S ( AA1C ) ⇒ S ( AA1C ) = ⋅ 12 3 = 18 3 ⇒ S ( ABC ) = 36 3 . 3 2 B C 2. Т.к. трапеция вписана, то она равнобокая ⇒ 1 2 1 М ⇒S= d sinα, откуда sinα= ⇒∠AMD=150°. 2 2 D A Пусть ∠CAD = ∠BDA = β , тогда из

∆AMD β = 15° ⇒ т.к. ∆ACD — прямоугольный, то ∠CDA = ∠BAD = 75° ⇒ ⇒ ∠ABC = ∠BCD = 105°. Ответ: 75° и 105°.

С-9

1. По теореме синусов: AD AB AD sin(α + γ ) = ⇒ = ; sin(α + γ ) sin( β + γ ) AB sin( β + γ )

S ( ADC ) AD ⋅ AC ⋅ sin β sin(α + γ ) ⋅ sin β = = . A S ( ABC ) AB ⋅ AC ⋅ sin α sin( β + γ ) ⋅ sin α 2. По теореме Пифагора АЕ = 4, аналогично, CE = 81 − 9 = 72 = 6 2 ⇒ ⇒ AC = 6 2 + 4 ,

S ( ABC ) = (4 + 6 2) ⋅ 3 ⋅

1 =6+4 2 ⇒ R = 2

AB ⋅ BC ⋅ CA 45(4 + 6 2) 180 + 270 2 30 + 45 2 = = = = 7,5 . 4S 24 + 36 2 24 + 36 2 4+6 2

С-10 1. Т.к. cos∠ABC < 0, то ∠B — тупой. 3 1 S = ⋅4⋅5⋅sin∠B= 5 3 ⇒ sin∠B = ⇒ ∠B = 120° ⇒ 2 2

⇒ АC = 16 + 25 + 2 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅

⇒S=

2 S 10 3 1 = BD ⋅ AC ⇒ BD = . AC 2 61

1 = 16 + 25 + 20 = 61 ⇒ 2

4 S 4 21 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 4 ⋅ 2 ⋅ 7 6 ⋅ 3 ⋅ 2 4⋅6 8 1 65 1 = = = = = . R= =8 . 13 ⋅ 14 ⋅ 15 13 ⋅ 14 ⋅ 15 13 ⋅15 65 8 8 R abc

С-11 1. ∠C = 66°. По теореме синусов: c a b B . = = sin 66° sin 64° sin 50° По свойству пропорции: c a+b 21 ⇒ = = A C sin 66° sin 64° + sin 50° sin 64° + sin 50° 21sin 66° 21sin 66° sin 64° 21sin 50° ⇒ c= ⇒ a= ,а b= . sin 64° + sin 50° sin 64° + sin 50° sin 64° + sin 50° B 1 2. Т.к. S = AB ⋅ BC ⋅ sin130°, то 2 C 2S 7,2 = AB = , тогда A BC sin130° 3,4sin130°

AC =

( 7,2 )2 + 3,4 2 − 2 7,2 ⋅ 3,4 cos130° ≈ 5,6. ( ) 3,4sin130° ( 3,4 )2 sin130°

С-12 B

1. По теореме Пифагора CD = 5. A(0; 0), B(0; 3), C(2; 3), D(6; 0); 1) BA {0; –3}, CD {4; –3} ⇒ BA ⋅ CD = 9; 2) AD {6; 0} ⇒ AD ⋅ DC = 6 ⋅ (–4) = –24; D 3) BC {2; 0}, DA {–6; 0} ⇒ BC ⋅ DA = –12.

2. BC{ − 3;3} , CA{x + 2;−1} , т.к. ВС⊥АС,

то –3x – 6 – 3 = 0 ⇒ -3x = 9 ⇒ ⇒ x = 3 ⇒ A(3;3) ⇒ Е(2;2) ⇒ CE{4;−2} , а АВ{−2;−2} ⇒ cos ∠CEB =

−4 ( AB, CE ) −2 ⋅ 4 + ( −2 ) ⋅ ( −2 ) 1 = = =− ⇒ ∠CEB ≈ 143o8' . AB ⋅ CE 2 2 ⋅2 5 4 10 10 B

С-13

1. BC ⋅ AD + CA ⋅ BE + AB ⋅ CF = 1 = ( BC ( AB + AC ) + CA( BA + BC ) + AD(CA + CB)) = 2

1 = ( BC ⋅ AB + BC ⋅ AC + AB ⋅ AC − BC ⋅ AC − AC ⋅ AB − AB ⋅ BC ) = 0 . 2 1 2. CD = (CA + CB ) , а AB = CB − CA . 2 1 1 1 Из условия следует, что CD 2 > AB 2 , тогда (CA + CB)2 > (CB − CА)2 , 4 4 4 2CA ⋅ CB > −2CA ⋅ CB и CA ⋅ CB > 0 ⇒ ∠C — острый.

С-14 1. S(ABC) =

⇒ a2 =

3 1 1 = 12 ⇒ AB ⋅ BC ⋅ sin120° = a2 ⋅ 2 2 2

48 ⇒a= 3

48 = 16 3 = 4 3

3 ⇒

a2 3 48 ⋅ 3 ⇒ S(ABCDEF) =6S(AOB) = 6 ⋅ = 6⋅ = 72. E 4 3⋅4 2. Т.к. ABCDE — правильный, то его можно вписать в окружность ⇒ ∠ADE = ∠ABE, а т.к. AB = AE = DE, то ∠ABE=∠ADE=∠OAE = ∠OEA ⇒ AO AE AE 2 ⇒ ∆AOE ∼ ∆AED (по 2-м углам) ⇒ , AO = . = AE AD AD C По теореме косинусов:

180° ⋅ 3 ⎞ ⎛ AD= 2 AE 2 ⎜ 1 − cos ⎟ = 2 2(1 − cos108°) ⇒ 5 ⎠ ⎝

4 2 ⇒ AO = . = 2 2(1 − cos108°) 2(1 − cos108°)

С-15 1. Угол, опирающийся на сторону, равен

360° = 18° ⇒ 20

⇒ a2 = 2R2(1 – cos18°) ⇒ a = R 2(1 − cos18°) ⇒ P = 6R 2(1 − cos18°) . 2. a2 = 2r12(1 – cos120°) ⇒ a a . = F ⇒ r1 = 2(1 − cos120°) 3

G B

r1 O1

Аналогично, r2 = E

a = a; 2(1 − cos 60°)

ρ(O1,O2) = r1cos60° + r2cos30° = a 1 3 2 3a D ⋅ + a⋅ = . = 2 3 3 2 3. Откладываем от апофемы углы в 30° в обе стороны с вершинами в один из его концов. Через другой конец проведем серединный перпендикуляр. 5 раз подряд поворачиваем получившийся треугольник на 60°.

С-16 M

∪

1. AMB = rπ;

L C

∪

AKC + CLL + DPB =π(r1+r2+r3), а т.к. 2r = 2(r1+r2+ r3), то r = r1 + r2 + r3. Ч.т.д.

P B

π 3l ⋅ 120° ⋅ R ⇒ R = ⇒ 180° 2π высота ∆AOB, проведенная к AB, равна 3l 1 3l Rcos60° = ⇒ d1=R – Rcos60° = ⋅ = 2π 2 4π 3l 3l 3l ⇒ r1 = ⇒ l1 = 2πr1 = . = 4π 8π 4

2. l =

С-17 A

2R2(1 – cosα) = a2 ⇒ R2cos2 O

α a2 = ; 2 4

α α ⇒ r2 = R2cos2 ; 2 2 а a2 α α = Rsin ⇒ = R2sin2 . 2 2 4 2

r = Rcos

(1) (2) (3)

Из (1) и (2) ⇒ r2 =

a2 a ⇒r= . 4 2

Сложим (1) и (3): r2 +

⇒ Sк = π(R2 – r2) =

a2 a2 a2 a2 2a = R2 = + = ⇒R= ⇒ 4 4 4 2 2

πa 2 πa 2 πa 2 − = . 2 4 4

∪ 2Q 1 2 πR ⇒ R = ⇒ имеем S ( ACD) = 2 π 1 π = S∆(AOC) + S(OCD) = R2sin150° + R2 = 12 2

2. Q =

R2 ⎛ π ⎞ Q⎛1 π ⎞ π 2 Q ⎜ sin150° + ⎟ = ⎜ + ⎟ . S(AOB) = S(COD) = R = . 12 6 2 ⎝ 6⎠ π ⎝2 6⎠

R2 Q 1 2 R sin30° = = ⇒ S′ = Q – S∆(AOC) – S(OCD) – 2 4 2π Q Q ⎛Q Q ⎞ 2 – (S(ACB) – S∆(AOB))= Q – − −⎜ − ⎟= Q. 2π 6 ⎝ 6 2π ⎠ 3 3. Пусть r1 — искомый радиус, тогда πr12 = πr2 – πr12 ⇒ 2r12 = r2 ⇒ r =r1 ⇒ r1 — катет равнобедренного прямоугольного треугольника с гипотенузой r ⇒ r1 — легко найти. S1(AOB) =

С-18 1. Продолжим боковые стороны до их пересечения. Соединим точку их пересечения и точку пересечения диагоналей. Получим ось симметрии. 2. Т.к. движение сохраняет расстояние, то равно либо 2 либо 10.

С-19

1. Первая часть задачи описана в Вар. 4. С-19.1. Проведем через точку X прямую, параллельную a . Затем отложим на ней отрезок в направлении a длиной | a |. D A Строим прямоугольный ∆ACD1 по двум данX ным отрезкам (∠ACD1 = 90°), данные отрезки — катеты. Через точки A и C проведем прямые, перпендикулярные AD1. Точка их пересечения — вершина B. После этого отрезок CD1 параллельно переносим на , при этом D1→D. Трапеция ABCD — искомая. 33

2. Постройте прямоугольный треугольник ACD1, по двум катетам, равным данным отрезкам. Затем через т. А проведите прямую перпендикулярную AD, а через т. С – параллельную AD1. Точка их пересечения будет вершиной В. Затем отрезок CD1 параллельно перенесите на вектор СВ , при этом т. D1 перейдет в т. D. ABCD – искомая трапеция.

С-20 1. Повернем окружность с центром в O2 на 60° против часовой стрелки. Точки ее пересечения с окружностью с центром в O1 будут искомыми для этой окружности, и те точки, которые в них перешли при повороте — искомыми для другой окружности. 2. При повороте вокруг точки O на 120° AB→AC, AC→ BC . Очевидно, что E→P, F→K, тогда EF→KP ⇒ EF = KP.

Вариант 6 С-1 10 10 10 3 10 3 PK = OP + (OK − OP) = OK − OP = = m− n . 7 7 7 7 7 7 2 7 7 2. ME = MA + AE = (DA + AB) ; TP = TC + CP = (DC + CB) = ( AB − DA) , 7 10 10 значит, ME PT .

1. OM = OP + PM = OP +

С-2 1. Постройте вектора m и n . Проведите вектор из конца вектора n в

конец вектора m - это вектор разности m и n , его координаты: m − n = 3i − 4 j + 5i − 6 j = 8i − 10 j . 2. Рис. 31. ⎛ m 3m ⎞ ⎛ m 3m ⎞ ⎛ m 3m ⎞ ⎛ m 3m ⎞ О(0;0), A ⎜⎜ − ; ⎟ , B ⎜⎜ ; ⎟ ⇒ F ⎜⎜ − ; ⎟⎟ , E ⎜⎜ ; ⎟⎟ ⇒ ⎟ ⎟ ⎝ 2 2 ⎠ ⎝2 2 ⎠ ⎝ 4 4 ⎠ ⎝4 4 ⎠ 3m ⎪⎫ 3m ⎪⎫ 3m 3m ⎪⎧ 3m ⎪⎧ 3m AE ⎨ ; − ;− i− j, ⎬ , BF ⎨ − ⎬ ⇒ AE = 4 4 4 4 4 4 ⎪⎭ ⎪⎩ ⎩⎪ ⎭⎪ BF = −

3m 3m i− j. 4 4

3. Т. к. не существует такого m, что

4 −3 = , то вектора a и b коллиm 0

неарны только при m = 0, т.к. О коллинеарен любому вектору. 34

С-3 1. Найдем уравнение AC: ⎧ −6 = −4k + b ⎧b = −6 + 4k ; ⎨ ⇒ k = 1 ⇒ b = –2 ⇒ y = x – 2. ⎨ ⎩14 = 16k + b ⎩14 = 16k − 6 + 4k Найдем уравнение BD: ⎧8 = 2k + b ⎧b = −10k ; ⎨ ⇒ k = –1 ⇒ b = 10 ⇒ y = –x + 10. ⎨ ⎩0 = 10k + b ⎩8 = 2k − 10k Найдем точку их пересечения ⎧ у = − х + 10 ⎧ 2 у = 8 ⎧ у = 4 ; ⎨ ; ⎨ — очевидно, точка принадлежит ⎨ ⎩ у = х − 2 ⎩х = у + 2 ⎩ х = 6 обoим отрезкам. Отрезки перпендикулярны, т.к. перпендикулярны прямые, их содержащие. 2. AB = 12 + 12 = 2 .

3− 3 2 3 +1 2 ) + (1 − ) = 2 2 1 1 1+ 3 + 2 3 +1+ 3 − 2 3 = 8= = 2 2 Аналогично доказывается, что и СА BC = (2 −

1+ 3 2 1− 3 2 ( ) +( ) = 2 2 2.

2 ⇒ ∆АВС – равносторонний 2 со стороной равной 2 ⇒ радиус описанной окружности равен его 3 2 3 8 высоты, т.е. R = ⋅ 2 ⋅ = . 3 2 3 =

С-4 4 B ⇒ 3 ⎛4 ⎞ A(0; 0), B(0; 4), D(4; 0), C ⎜ ; 4 ⎟ ⇒ A ⎝3 ⎠ ⇒ E — середина BD ⇒ E {2; 2}⇒ 8 4 48 2 10. ⇒ CE = ( − 2)2 + (4 − 2)2 = +4 = = 3 9 9 3

Т.к. ∆AOD∼∆COB, то BC =

O D

С-5 1. x 2 + y 2 − 6 y + 5 = 0 , x 2 + ( y 2 − 6 y + 9) + 5 − 9 = 0 , x 2 + ( y − 3)2 = 4 ⇒ это окружность с центром (0;3) и радиусом 2. Вторая окружность имеет центр (4;0) и радиус 3. Т. к. расстояние между центрами равно сумме радиусов, то окружности касаются.

AB ⋅ BC ⋅ CA 25 ⋅ 6 25 = = . 4S 4⋅3⋅ 4 8 Найдем уравнение серединного перпендикуляра к АС: тогда Пусть АС задается уравнением y = kx + b ,

2. AB = BC =

(1 + 3)2 + 32 = 5 . АВ = 6 ⇒

⎧3 = k + b ⎧ 4k = 3 3 9 ⇒⎨ ⇒ k = , b = , пусть далее y1 = k1x + b1 - урав⎨ = − + = − 0 3 k b b 3 k 4 4 ⎩ ⎩

нение серединного перпендикуляра к АС, то

3 4 = −1 ⋅ ( − ) + b1 , 2 3

3 4 1 4 1 − = ⇒ y = − x + - уравнение серединного перпендикуляра 2 3 9 3 9 к АС, а x = 0 – к АВ. Найдем точку их пересечения: 1 1 625 y = , x = 0 ⇒ уравнение описанной окружности x 2 + ( y − )2 = . 9 9 64 b1 =

С-6 −1 1 1 1 = , найдем b: 1 = ⋅ 0 + b ⇒ b = 1 ⇒ y = x + 1 . −2 2 2 2 2. Найдем точки пересечения прямых. ⎧ y = −x ⎧ y = −x ⎧ y = −4 ; ⎨ ; ⎨ ; (4;-4). ⎨ ⎩ y = −2 x + 4 ⎩ − x = −2 x + 4 ⎩ x = 4 1. y = −2 x + 1 ⇒ k =

⎧ y = −x ⎧ y = −x ⎧ y = −1 ; ⎨ ; ⎨ ; (1;-1). ⎨ x 3 x 4 = + − = + y 3 x 4 ⎩ ⎩ ⎩x = 1 ⎧ y = 3x + 4 ⎧3 x + 4 = −2 x + 4 ⎧ y = 4 ; ⎨ ; ⎨ ; (0;-4). ⎨ ⎩ y = −2 x + 4 ⎩ y = 3 x + 4 ⎩x = 0

Найдем длины сторон:

(4 − 1)2 + (−4 + 1)2 = 3 2 ;

(1 − 0)2 + (−4 − 1) 2 = 26 ; По теореме косинусов:

(4 − 0) 2 + ( −4 − 4) 2 = 80 .

80 = 18 + 26 − 2 ⋅ 6 13 cosα ⇒ cosα = = sin α = 1 −

С-7

44 − 80 −36 −3 = = = 12 13 12 13 13

9 2 1 2 = ⇒S= ⋅ ⋅ 26 ⋅ 18 = 6 . 13 2 13 13

1. Пусть А и В – точки пересечения прямой с окружностью, а т. О – начало координат. Найдем расстояние от т. О до прямой −3 −1 4 4 = ⇒ y = x - перпендикулярна прямой. y= x +3⇒ k = 3 3 4 3 − 4

3 36 4 ⎧4 ⎧ ⎧ ⎧ 25 ⎪⎪ 3 x = − 4 x + 3 ⎪⎪ 12 x = 3 ⎪⎪ x = 25 ⎪⎪ y = 3 x ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒ ⎨ ⎪y = − 3 x + 3 ⎪y = 4 x ⎪y = 4 x ⎪ y = 48 3 3 25 4 ⎩⎪ ⎩⎪ ⎩⎪ ⎩⎪

36 2 48 2 122 ⋅ 32 + 122 ⋅ 42 122 ⋅ 52 122 144 ) +( ) = = = 2 ⇒ x2 + y 2 = . 2 2 25 25 25 25 25 5 2. Пусть A(2; 0), B(–2; 0). M(x; y) — искомая точка, тогда 1 (x – 2)2 + y2 – (x + 2)2 – y2 = 4; –8x = 4 ⇒ x = – — искомое мн-во точек. 2 ⇒ R2 = (

С-8 1. S(AA1C) =

1 S(ABC); 2

B C

1 2 1 S(AOC) = S(AA1C) ⇒ S(AOC) = S(ABC) = 3. 3 3 A По свойствам медианы 1 AO = 3, CO = 4 ⇒ 3 = ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ sin∠AOC ⇒ 2 1 ⇒ sin∠AOC = ⇒ ∠AOC = 30° или ∠AOC = 150°. 2 B 2. AB = mcosα ⇒ BH = ABsinα = mcosαsinα, а AH = mcos2α ⇒ BC = m– 2mcos2α ⇒ 1 ⇒ S = (BC+AD)BH =mcosαsinα(m – mcos2α) = 2 A H = m2cosαsinαsin2α = m2cosαsin3α.

С-9

1. ∠BFO = π – β – α ⇒ по теореме синусов h OF 2 = ⇒ sin(α + β ) sin β 2

h sin

h sin EO =

2 , аналогично, ⇒ OF = 2sin(α + β )

α O

⎞ 1 2 ⇒ EF = h sin β ⎛ 1 + ⎜ ⎟. 2sin α 2 ⎝ 2sin α 2sin(α + β ) ⎠

2. Пусть O — центр окружности ⇒ ⇒ ∆AOB — равносторонний ⇒ ∠AOB = 60° ⇒ ⇒ ∠BCA = 30° ⇒ ∠BDA = 30° ⇒ 9 91 3 ⇒ AH = ⇒ ВH = 25 − = ; 2 4 2 C BC BH = ⇒ ∆AHD∼∆BHC ⇒ AD AH

O A

H D

⇒ BC =

BH ⋅ AD 91 ⋅ 3 ⋅ 2 = = 91 . AH 2⋅3

С-10 B

1. S = C

1 1 1 absinγ ⇒ 3 3 = 4 3 ⋅ 3sin∠B ⇒ sin∠B = ⇒ 2 2 2

1) ∠B=30° ⇒ AC2 = 48 + 9 – 24 3

⇒ AC = 21 , тогда R =

3 = 48 + 9 – 36 = 21 ⇒ 2

AC = 21 . 2sin 30°

2) ∠B = 150° ⇒ AC2 = 48 + 9+ 36 = 93 ⇒ AC = 93 93 ∨ 4 3 + 3 , 93 ∨ 48 + 9 + 24 3 , 36 ∨ 24 3 , 3 ∨ 2 3 ⇒ 3 < 2 3 ⇒ 93 93 = . 2sin150° 2 С 2. Пусть AB = 56, BC = 39, CA = 25, тогда CA2 = AB2 + BC2 – 2AB ⋅ BC ⋅ cosβ ⇒ AB 2 + BC 2 − CA2 ⇒ cosβ = ⇒ A H B 2 AB ⋅ BC

⎛ BA2 + BC 2 − CA2 ⎞ ⇒ sinβ = 1 − ⎜ ⎟⎟ ⎜ 2 AB ⋅ BC ⎝ ⎠

⇒ CH = CB ⋅ sinβ = 15.

С-11 1. По теореме косинусов имеем: a b a sin β a sin β 0,85sin α = ⇒b= ⇒ a −b = a− = 0,85 ⇒ a = sin α sin β sin α sin α 1 − sin β

⇒b=

0,85sin β ⇒ a ≈ 2,32; b ≈ 1,47 . 1 − sin β

∠C = 180o − ∠A − ∠B = 32o . 38

2. По теореме косинусов имеем: 2

AC = AB + BC − 2 AB ⋅ BC ⋅ cos53° . AC ≈ 1,6. Из теоремы синусов следует: R = 2sin 53°

С-12 1. По т. Пифагора СЕ = 12, т.к. трапеция равнобедренна и следователь1 но AE = ED = BC = 5 ⇒ 2

1) DC{−5;12}, DA{−15;0} ⇒ DC ⋅ DA = 75 ; 2) CE{0; −12}, AB{5;12} ⇒ CE ⋅ AB = −144 ; 3) BC{5;0}, AD{15;0} ⇒ BC ⋅ AD = 75 ; 2. AC{1;4}, BD{1 − x;3} ⇒ т.к. АС⊥BD:

1 – x + 12 = 0 ⇒ x = 13 ⇒ B (13;-1) ⇒ M (7;-2); DM {6; −4}, DA{0;5} ⇒

⇒ cos ∠(DM , DA) =

DM ⋅ DA

−20 −1 1 = ⇒∠(DM , DA) = = arccos = 56o19' . 5 DM ⋅ DA 10 ⋅ 5 5 =

С-13 1. Из условия следует: 1 1 AC 2 + BC 2 = AB 2 , AC 2 + BC 2 = AC − BC 2 2 1 1 2 2 2 AC + BC = AC − AC ⋅ BC + BC 2 , 2 2

(

)

2 AC 2 + 2 BC 2 = AC 2 − 2 AC ⋅ BC + BC 2 , AC 2 + 2 AC ⋅ BC + BC 2 = 0 .

(

Отсюда, AC + BC

)

= 0 ⇒ AC + BC = 0 . Ч.т.д.

2 2 1 1 2. CD = (CB + CA), AB = CB − CA, CD ⋅ AB = (CB − CA ) . 2 2

Т. к. BC > AC , то угол между CD и AB — острый ⇒ ∠BDC — тупой, ч.т.д.

С-14 1 3 288 1. S = 144 = 6 ⋅ R 2 sin 60o = 3R 2 ⋅ . = 144 ⇒ R 2 = 2 2 3 3 1 3 288 3 S ∆ = 3 ⋅ R 2 sin120o = ⋅ ⋅ = 72 . 2 2 3 3 2

2. ∠ABO = ∠BAO , т.к. они опираются на хорды равной длинны, следовательно, АО = ВО = 2. Внутренний угол 5 – угольника равен 188(5 − 2) = 108o , т.к. диагонали 5 – угольника проведенные из одной 5 вершины, делят угол при этой вершине на 3 равные части, то 108o ∠ABO = ∠BAO = = 36o ⇒ ∠АОВ = 180o − 36o ⋅ 2 = 108o ⇒ 3

⇒ АВ = 22 (1 − cos108o ) = 2 1 − cos108o по теореме косинусов.

С-15 1. Пусть А1 А2 А3 А4 А5 А6 А7 А8 - данный 8 – угольник, а т. О – его центр,

тогда ∠А1ОА2 = R 2(1 −

2 1 ) = R 2 − 2 ⇒ S8 = 8 ⋅ R 2 sin 45o = 2 2 R 2 . 2 2 B

A E O1 D

360o = 45 o ⇒ А1 А2 = 2 R 2 (1 − cos 45o ) = 8

2 a. 2

2. По теореме Пифагора R1 =

По теореме косинусов: С

a 3 a2 = 2R22(1 – cos120°) = 2R22 ⋅ = 3R22 ⇒ R2 = ⇒ 2 3

1 3 3 a2 a2 a2 a a= a , а O1H = R12 − = − = ⇒ ⇒ O2H = ⋅ 3 2 6 4 2 4 2

(

)

a 3 a − a = 3− 3 . 2 6 2 3. Строим по этому отрезку равносторонний треугольник, затем поворачиваем его на 60°. Затем соединяем вершины треугольников. ⇒ ρ(O1,O2) = O1H – O2H =

С-16 1. Длина угла АТВ равна

AB ⋅ π , длина дуги 2

AC ⋅ π , длина дуги CFD равна 2 CD DB ⋅ π , длина дуги DMB равна ⋅π . 2 2

АЕС равна

Т.к. АВ = АС + CD + DB, имеем, Ab AC CD DB π= π+ π+ π. 2 2 2 2

π 3l ⋅ 120° ⋅ R, то R = . 180° 2π A Т.к. ∠AOB = 120°, то ∠AOM = 60° ⇒ R ⇒∠AMO = 30° ⇒ MO = = 2R ⇒ sin30° O1 O M P ⇒MP = R, но ∠AMB = 60° ⇒ если в точку P провести касательную, то окружность будет вписана в равносторонний треугольник с высотой R⇒его стоB 2 ⇒радиус вписанной рона равна R ⋅ 3 R R 2π ⋅ 3l =l . окружности равен ⇒ длина вписанной окружности 2π = 3 3 ⋅ 2π 3 2. Т.к. l =

С-17 1. Пусть хорда АВ большей окружности касается меньшей в т. С, а т. О – их общий центр, тогда S = π ( R 2 − r 2 ) = 4π , где R и r – радиусы соответ-

ственно большей и меньшей окружностей, но R 2 − r 2 по теореме Пифагора равно четверти хорды, следовательно, длина хорды равна 4 см. π 1 π 1 2. S ' = ( R 2 − R 2 sin 45o ) + R 2 + R 2 sin135o = Q . 8 2 8 2 π 2 1 2 π 1 SABC = ( R − R sin45o ) + R2 + R2 sin135o ⇒ S = 2Q . 8 2 8 2 3. Пусть радиус внешней окружности кольца равен R1, а внутренней — R2, тогда строим прямоугольный треугольник с гипотенузой R1 и катетом R2, пусть другой катет равен R3. Окружность с радиусом R3 — искомая.

С-18

1. Пусть AA1∩BB1 = 0, тогда проведем OM. Отложим на OM от точки O OM1 = OM, точка M1 — искомая. 2. Т.к. неизвестно конкретно, куда отображаются концы отрезка MH, и известно, что движение сохраняет расстояние, а, следовательно, и от2 3 ношения, то ET:TP равно либо либо . 3 2

С-19 1. Перенесите точки A, B, C и D на вектор m , пусть при этом они отобразятся соответственно на А1, В1, С1, и D1. Проведите окружности с центрами А1 и D1, и радиусами А1Y и D1Y, точка их пересечения, располагающаяся выше А1D1 будет искомой т. Y1.

2. Строим ∆ABC, у которого AB и BC равны соответственно диагоналям, ∠ABC — углу между ними. Строим ∠DAC, равный углу между боковой стороной и основанием. Через точку B проводим прямую, параллельную AC. Пусть она пересекает ∠DAC в точке F. Через F проводим прямую, параллельную BC. Пусть она пересекает AC в точке E. Трапеция AFBE — искомая.

С-20 1. Проведите данную прямую вокруг т. О на 30 o в одну и другую сторону, точки полученные при ее пересечении с отрезком и их прообразы на прямой а – искомые. 2. Пусть MNPQ четырехугольник образованный точками пересечения данных прямых со сторонами квадрата. Проведем через центр квадрата т. О прямые перпендикулярные сторонам квадрата, тогда все из образовавшихся прямоугольных треугольников равны по катету и острому углу (углы из-за параллельности прямых, катеты по свойству квадрата), следовательно, равны и их гипотенузы, следовательно, MP = NQ ч.т.д.

Вариант 7

С-1

1. Пусть BO :OD = m:n, тогда n m n 2m AO = AB + AD = AB + AC . (1) 5(m + n) m+n m+n m+n A D C С другой стороны 5k 4k 4k 2m m 2 n 5k = и = ⇒ = . AO = k AE = AB + AC ⇒ 9 9 n 1 9 m+m 9 5( m + n) O 2. Пусть продолжения сторон AB и CD пересекаются в точке O. Тогда OA = k1OB и OD = k1OC . C B B

O E

OM = k2 OB и OD = k2 ON . Следовательно,

1 1 OM и ON = OD . k2 k2 k1 k1 k k Тогда OA = OM и ON = OC ; NA = OA− ON = 1 (OM − OC) = 1 CM . k2 k2 k2 k2 k1 Итак, NA = CM ⇒ AN||MC. k2 A

OB =

С-2 1. a {3; –1}, b {1; –2}, c {–1; 7}; p = a + b + c ⇒ p {3; 4}.

⎧3k + m = −3 Пусть p = k a + mb ⇒ ⎨ ⇒ k = 2, m = –3 ⇒ p = 2a − 3b . ⎩ − k − 2m = 4 42

2. Пусть MH⊥AB, тогда AM2 = AH ⋅ HB ⇒ AH =

Аналогично, HB = ⇒ AM =

AM 2 25 = . AB 13

MB 2 144 5 ⋅ 12 60 = ⇒ ⇒ MH = HB ⋅ AH = = 13 13 AB 13

25 60 i+ j. 13 13

С-3 ⎛ 3 ⋅ 1 + 1 ⋅ 7 3 ⋅ 2 + 1 ⋅ 10 ⎞ 1. A(1; 2), B(7; 10). Очевидно, C ⎜ ; ⎟ ⇒ C(2,5; 4). 4 4 ⎝ ⎠

2. AB {5; 0}, AC {5; 12}. Т.к. AB и AC не коллинарны, то не лежит. 3. a = 3i + 4 j . Разделим a на 2

32 + 42 = 5 , тогда 2

1 3 4 ⎛3⎞ ⎛ 4⎞ l = a = i + j . l = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ =1 . 5 5 5 ⎝5⎠ ⎝ 5⎠

С-4

Пусть A(0; 0), B(b; h), C(a; 0). Пусть BE медиана и M∈BE: BM 2 ⎛a ⎞ ⎛a+b h⎞ = , но B(b; h) и E ⎜ ; 0 ⎟ ⇒ M ⎜ ; ⎟. ME 1 2 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 Рассмотрим медиану AF и точку M1 на ней такую, что AM 2 ⎛a+b h⎞ ⎛a+b h⎞ = , но A(0; 0), F ⎜ ; ⎟ ⇒ M1 ⎜ ; ⎟⇒ 2 2 3⎠ M1F 1 ⎝ ⎠ ⎝ 3 ⇒ M и M1 совпадают. Аналогично и с медианой CG. Ч.т.д.

С-5 1. Пусть A(–a; a), B(–a; –a), C(a; –a), D(a; a), тогда уравнение окружности: x2 + y2 = a2. Пусть M(x; y) — произвольная точка окружности, тогда MA2+MB2 + MC2 + MD2 = (x + a)2 + (y – a)2 + (x + a)2 + (y + a)2 + (x – a)2 + + (y + a)2 + (x – a)2 + (y – a)2 = 12a2 (т.к. x2+ y2 = a2). Ч.т.д. 2. x2 + y2 – 4x – 5 = 0, (x – 2)2 + y2 = 1;

OO1 = (5 − 2)2 + 42 = 25 = 5 ⇒ R1 = 4 ⇒ (x – 5)2 + (y – 4)2 = 16.

С-6 1. Прямая y = kx + 5 перпендикулярна прямой y = –(1/k) x, проходящей через начало координат ⎧ y = kx + 5 5 1 −5 −5 k ⎪ ⇒y = 2 , но по условию = 2 1 ; – x = kx + 5, x = ⎨ 1 k = − y x k +1 + k 1 ⎪⎩ + k k k

25 25 4 ⎛ −5k ⎞ ⎛ 5 ⎞ =9 ⇒ k =± . (k 2 + 1) = 9 ; 2 ⎜ 2 ⎟ +⎜ 2 ⎟ =9 ⇒ 2 2 3 k +1 (k + 1) ⎝ k +1⎠ ⎝ k +1⎠

B D

F A

⎛1 5⎞ 2. Пусть F — середина AB, тогда F ⎜ ; ⎟ . ⎝2 2⎠ Т.к. CM:MF = 2:1, то C(2; 1). ⎧1 = 2k + b ; Пусть AC задается y = kx + b, тогда ⎨ C ⎩2 = −k + b

⎧b = 2 + k ; ⎨ ⎩1 = 2k + 2 + k

1 ⎧ ⎪⎪ k = − 3 x 5 ⇒ y =− + . ⎨ 5 3 3 ⎪b = ⎪⎩ 3

С-7 y

1. На рисунке BE = 2, CE = 4, OB = 3, 3 OA = ⇒ ∆CBE ∼ ∆AOB ⇒ CB⊥AB ⇒ 2

C(5; 4)

D ⎛ 3⎞ A⎜ 0; ⎟ ⎝ 2⎠

⇒ CB = 16 + 4 = 2 5 ⇒ E

B(3; 0) 1 3 y = − x+ 2 2

⇒R= 20 + 16 = 6⇒(x–5)2+(y – 4)2 = 36. 2. Пусть C(0; 0), A(0; a), B(b; 0). Пусть M(x; y) — искомая точка, тогда имеем: x2 + (y – a)2 + (x – b)2 + y2 = 2x2 + 2y2 2ay + 2bx = a2 + b2 — прямая.

С-8 1.

S AOB AO S AOD AO S S S 60 ⇒ SAOB = 30. = ; = ⇒ AOB = AOD ; AOB = S BOC OC SCOD OL S BOC SCOD 20 40

1 1 OA ⋅ AB ⋅ sin∠BAO ⇒ sin∠BAO = ⇒ 2 2 ⇒ ∠BAO = 150° или ∠BAO = 30°, но 1-й случай невозможен, т.к. ∠AOB > 31° ⇒ ∠BAO = 30°. 2. Пусть BD = x. Т.к. SABC = SABD + SDBC, то ab sin α 1 1 1 . absinα = xasinβ + xbsin(α – β) ⇒ x = 2 2 2 a sin β + b sin(α − β) С другой стороны: SAOB =

С-9 1. Из ∆ABM имеем по теореме синусов:

но, 44

AM AB = , аналогичsin ∠ABM sin 20°

AM AC = , т.к. AB = AC, то получаем sin ∠ACM sin 30°

sin ∠ACM sin 30° = . (1) sin ∠ABM sin 20° Пусть ∠MAB = α, тогда ∠ABM = 180° – (α + 20°), ∠CAM = 60° – α и cos α 1 . ∠ACM = 90° + α. Из (1) ⇒ = sin(α + 20°) 2 sin 20° Далее sin(α + 20°) = 2sin20°cosα; sin(α – 20°) = 0 и α = 20°. 2. Пусть h — высота трапеции, тогда n = m – hctgα – hctgβ ⇒ m−n 1 ( m − n) . ⇒h= ⇒ S = ( m + m) ctgα + ctgβ 2 ctgα + ctgβ

С-10

1. Пусть A(xA; yA), B(xB; уB), M(x; 0), но xA = – xB и A B yA = yB, тогда MA2+MB2=(xA–x)2+y2+(xB – x)2 + y2 = 2 2 2 2 = xA + y – 2xAx + xB + y – 2xBx = D x C 0 M = 2R2 – 2x(xA + xB) = 2R2, т.к. (xA + xB = 0). 2. По теореме косинусов имеем: c2=a2+b2 – 2abcos∠C, но a = 2Rsin∠A, b = 2Rsin∠B, c = 2Rsin∠C ⇒ sin2∠C=sin2∠A+sin2∠B – – 2sin∠A⋅sin∠B⋅cos∠C, но sin2∠C = 1 – cos2∠C, а sin2∠A = 1 – cos2∠A ⇒ ⇒ cos2∠A = cos2∠C + sin2∠B – 2sin∠A⋅sin∠B⋅cos∠C.

С-11 1. По теореме косинусов имеем: AB2 = AC2 + BC2 – 2AC ⋅ BC ⋅ cosα, B BC2 – 2AC ⋅ BC ⋅ cosα + AC2 – AB2 = 0. D1 = AC2cos2α – AC2 + AB2 = AB2 – AC2sin2α ⇒ M

⇒ BC = ACcosα ± AB 2 − AC 2 sin 2 α ⇒ A ⇒ P1 ≈ 145,6 или P2 ≈ 74,2. 2. Пусть AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = l, тогда по теореме косинусов b2 = a2 + l2 – A a 2 + l 2 − b2 , – 2 a ⋅ l cos∠BAC ⇒ ∠BAC = arccos 2al d 2 + l 2 − c2 аналогично ∠CAD = arccos ⇒ 2dl

B O C D

⎛ a 2 + l 2 − b2 d 2 + l 2 − c2 ⎞ + arccos ⇒ BD = a 2 + d 2 − 2ad cos ⎜ arccos ⎟⎟ . ⎜ 2al 2dl ⎝ ⎠ Тогда по формуле Герона S = ( p − a )( p − b)( p − c )( p − d ) . С другой стороны S=

1 2S BD⋅AC⋅sin∠AOB⇒∠AOB=arcsin ≈ 93°9′. 2 BD ⋅ AC 45

С-12 1. Пусть ∠CDA = α, тогда AB ⋅ BC + BC ⋅ CD + CD ⋅ DA + DA ⋅ AB = = 0 + 3CDcosα + 5CD(–cosα) + 0 = CDcosα(3 – 5) = –2CDcosα, но CDcosα = AD – BC = 2 ⇒ Ответ: –4. 2. AB{1; 3}, BC{3; 5}, CA {–4; –8}. Пусть AH — искомая высота, тогда AH ⋅ BC = 0 ⇒ AH = k{–5; 3} ⇒

cos∠BAH =

AB ⋅ AH AB ⋅ AH

AB 2 34 −5k + 9k 4 ⇒AH = = . = cos ∠BAH 17 10 ⋅ 34 ⋅ k 10 ⋅ 34

С-13

1. Предположим, что MA2 + MC2 = MD2 + MB2, тогда MA2 + MC 2 = MD 2 + MC 2 .

Рассмотрим разность MA2 + MC 2 − MB 2 − MD 2 = = ( MA + MD)( MA − MD) + ( MC + MB)( MC − MB) = = ( MA + MD) DA + ( MC + MB) BC = = DA( MA + MD − MC − MB) = DA ⋅ ( BA + CD) = 2 DA ⋅ BA = 0 . Все преобразования верны и в обратную сторону ⇒ требуемое равенство доказано. 2. Т.к. AC⊥BD, то ( AB + BC )( AD − AB ) = 0 ;

AB ⋅ AC + BC ⋅ AD − AB2 − BC ⋅ AB = 0 , 0 + BC ⋅ AD − AB2 − 0 = 0 ⇒AB2=BC⋅AD.

С-14 1. Пусть α — внутренний угол правильного многоугольника, тогда для того, чтобы покрыть плоскость без просветов, необходимо и достаточно, чтобы существовало такое натуральное n, что nα = 360° ⇒ покрыть можно треугольниками, квадратами и шестиугольниками. B E F C 2. По теореме Пифагора a 2 P CQ=PD = DN = MA = AK = LB = BF = EC = ⇒ K 2 L

⇒ CP=QD=MD=NA=AL=BK=BE = CF = a –

a 2 ⇒ 2

⎛ a 2⎞ ⇒ PQ = NM = KL = EF = a – 2 ⎜⎜ a − ⎟ = a 2 − a и, кроме того, по 2 ⎟⎠ ⎝ теореме Пифагора MQ = FP = EK = LN = 2 CP = 2 a – a ⇒ все стороны восьмиугольника равны и, кроме того, его углы, очевидно, равны 135° ⇒ он — правильный. 46

С-15 1. Пусть R — радиус описанной окружности, тогда, очевидно,

A1A7 = 2R; ∠A2A1A12 =

180° ⋅ 10 = 150°; ∠A4A1A10 = 90°, т.к. опирается на 12

диаметр; ∠A4A1A2 = ∠A10A1A12 = 30° ⇒ ∠A6A1A14 = 30°, т.к. опирается на 1 равные дуги ⇒ ∠A6OA8 = 60° ⇒ A6A8 = R ⇒ S = 2R ⋅ R ⋅ sin90° = R2. 2 A6A8 = R = 2a 2 (2 − 3)(1 − cos150°) = a 2(2 − 3)(1 −

3 2 ) = a ⇒S = a . 2

2. Опишем окружность около трапеции. Углы при AD равны 75°. Т.к. AC⊥BD, то ∠CAD = ∠BDA = 45° ⇒ ⇒ ∠BAC = 30° и ∪BC = 60° ⇒ r = a. С другой стороны, угол между диагоналями равен полусумме дуг BC и AD ⇒ ∪AD = 120° и AD = a 3 . Пусть диагонали пересекаются в точке F, тогда по теореме Пифагора

AF = FD =

a 3 a 3 a a , а BF = FC = ⇒ AC = BD = + ⇒ 2 2 2 2 2

1⎛ a 1 a 2 (1 + 3) 2 a 2 (1 + 3) 2 a 3⎞ + = . ⎟⎟ = 2⎝ 2 2 2 4 2 ⎠

⇒ S = ⎜⎜

3. Т.к. S∼a2, то строим отрезок такой стороной.

2 a , а затем строим шестиугольник с

С-16

c 1. Пусть O1, O2, O3 — центры окружностей. r = — 2π

их радиус. Очевидно, центр искомой окружности 2 3 2 центр ∆ O1O2O3, тогда O1O = O1H = ⋅ 2r ⋅ ⇒ 3 2 3

R+r

2r ⎛ 2 ⎞ c(2 − 3) − r . l = 2π R = 2π r ⎜ − 1⎟ = . 3 3 ⎝ 3 ⎠ 2. Пусть O2H⊥O1A ⇒ cos∠HO1O2 =

⇒R=

OH AO1 − BO2 1 = ⇒ ∠HO1 O2 = 60° ⇒ = 1 = O1O2 O1O2 2

⇒ ∠BO2O1 = 120° (т.к. ABO2O1 — прямоугольная трапеция) и ∠AO1D = ∠BO2C = 120° ⇒ ⇒ l =(2/3) ⋅ 2πR1+2AB+(1/3)2πR2 = = (2/3)⋅ 2π ⋅ 8 +(1/3)⋅ 2π ⋅ 2+ 2 144 − 36 =

A Н

B O2

O1 C D

=(1/3) (32π + 4π) + 2 108 =(1/3) (36π) +12 3 = 12(π + 3) . 47

С-17 1. Аналогично предыдущей задаче ∠AO1C = 120°, ∠BO2C = 60° ⇒ 1 1 1 ⇒ S = (r + 3r) ⋅ AB – πr2 – π(3r)2 = 2 3 6 1 1 1 = ⋅4r ⋅ (4r )2 − (2r )2 − π r 2 − π (3r )2 = 2 3 6 1 3 11 ⎛ ⎞ 4r 2 3 − π r 2 ⎜ − ⎟ = 4r 2 3 − π r 2 . 3 2 6 ⎝ ⎠

B A O1

A D

2. ∆ADC∼∆CDB ⇒

r1 b = ⇒ r2 a

c a a 2с 2 r1a 2π ac r2 = = = ⇒ S = πr22 = b b 2π b 4π b 2

гипотенуза равна

2R 3

. 3 3 Для этого строим прямоугольный треугольник с катетом R и противоR . Далее строим равлежащим углом в 60°, тогда другой катет равен 3 R , тогда его нобедренный прямоугольный треугольник с катетами 3 3. Нужно построить окружности с радиусами

С-18 1. Отобразите левую окружность на правую от прямой l. Точки пересечения и их прообразы на первой окружности будут искомыми.

2. Т.к. трапеции равнобедренные, то ∠CBA = ∠C1B1A1 и CB = C1B1, тогда равны и проекции боковых сторон на AB (соответственно A1B1), тогда равны и отрезки C1D1 и CD ⇒ трапеции равны, т.к. тогда их можно совместить некоторым движением. 48

С-19 1. Опустим перпендикуляры O1F и O2Е на m. Параллельно перенесем окружность с центром O2 на EF . Через точку пересечения окружностей проведем искомую прямую l.

O2′

B A1 F

l m

2. Пусть O — точка пересечения медиан, тогда, т.к. медианы равны, то C1O = A1O и AO = OC ⇒ ⇒ ∆AOC1 = ∆COA1 ⇒ AC1 = A1C ⇒ AB = BC. Ч.т.д.

C1 A

С-20 1. Q L P

60°

a K

Повернем прямую a относительно P на 60° по часовой стрелке — получим прямую a1. а1∩b = К. Проведем окружность с центром P и радиусом PK. Пусть она пересечет a в точке L. ∆PQL — искомый. 2. M P A

H B

C При повороте на 90° вокруг точки A: P→B, C→M ⇒ PC→BM ⇒ ⇒ PС = BM и PC⊥BM. 49

Вариант 8 С-1 EB m n m = , тогда MB = ME + MT ; m+n m+n BT n В 3 4 MB = k ⋅ MO = k ⋅ ME + k ⋅ MA = 7 7 О 3 2 4 n 3 Т М А = k ⋅ ME + ⋅ k ⋅ MT , значит, = k; m+n 7 7 7 7 m 8k 7n EB m 8 , откуда находим k = ; . = = = m + n 49 m + n BT n 21

1. Пусть

N A

⇒ BN =

1 AD − AB ; 5 1 1 1 5 BN = AC − AB = ( AD+ AB) − AB = AD− AB ⇒ 6 6 6 6

2. BM =

5 BM ⇒ BN ↑↑ BM ⇒ все три точки лежат на одной прямой. 6

С-2 1. a = m + 2t = {3; −4} . Пусть a = α m + β p , тогда

1 ⎧ ⎪⎪ β = 3 ⎧3 = −α + 4 β ⎧α = 4 β − 3 5 1 ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒ a =− m+ p . ⎨ 5 4 8 6 2 4 2 2 − = − − = − − α β β β 3 3 ⎩ ⎩ ⎪α = − ⎪⎩ 3 2. OC =

6 = 3 ; по теореме Пифагора из ∆ОВС находим 2

OB = BC 2 − OC 2 = 25 − 9 = 4 ; 1 1 BO ⋅ AC 4 ⋅ 6 24 S ABC = AF ⋅ BC = BO ⋅ AC ⇒ AF = = = . 2 2 BC 5 5 Из ∆ABF по теореме Пифагора

242 7 BF FK BF ⋅ OC 21 = ⇒ = ⇒ FK = = ; 25 5 BO OC BO 20 FK 21 5 7 7 25 = ⋅ = ⇒ KA = (1 − )FA = FA . FA = FB + BA ; 32 32 AF 20 24 32 7 ⎧ 21 28 ⎫ FB = CB ; CB = {− 3; − 4} ⇒ FA = ⎨− ; − ⎬ ; 25 ⎭ 25 ⎩ 25 BF = BA2 − FA2 = 25 −

25 9⎫ 9 ⎧ 96 72 ⎫ ⎧ BA = {− 3; − 4} ⇒ FA = ⎨− ; − ⎬ ⇒ KA = FA = ⎨−3; − ⎬ = −3i − . 32 4⎭ 4 ⎩ 25 25 ⎭ ⎩ 3. BA = − AB = {−2;1} ; DC = −CD = {−3; − 1} ;

2 BA = {−4; − 2} ⇒ 2 BA + DC = {−7;1} .

С-3 1.

PM 3 = . М (2;-4), К (3;5). MK {1;9} ⇒ PK = 4 ⋅ MK = {4;36} ⇒ MK 1

⇒ если Р {x;y} ⇒ PK = {3-x;5-y} = {4;36} ⇒ P {-1;-31}. 2. М (1;2), Н (3;5), Р (5;-8). y = kx + b; 3 ⎧ k =− ⎧ 2k = −3 ⎪ ⎧ −2 = k + b 3 1 ⎪ ⎪ 2 1) ⎨ ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒ y1 = − x − . 3 2 2 ⎩ −5 = 3k + b ⎪ −2 + = b ⎪b = − 1 2 ⎩ ⎪⎩ 2 3 ⎧ k =− ⎧ 2 k = −3 ⎧ −8 = 5 k + b ⎪ 3 1 ⎪⎪ 2 ⇒⎨ ⇒⎨ ⇒ y2 = − x − 2) ⎨ 9 5 3 k b 1 − = + 2 2 5 b − + = ⎩ ⎪⎩ ⎪b = − 2 ⎪⎩ 2 ⇒ точки лежат на одной прямой. 3. m = 5i − 12 j , m = 13 ⇒ e =

m 13

. e=−

m 5 12 ⇒ e{ − ; } . 13 13 13

С-4 Пусть A(–b, –a), B(–b, a), C(b, a), D(b, –a). M(x, y), тогда имеем: (x + b)2 + (y – a)2 + (x – b)2 + (y + a)2 =(x+b)2+(y + a)2 – (x – b)2 + (y – a)2 ⇒ ⇒ равенство является тождеством ⇒ действительно не зависит от x и y.

С-5 1. Поместим квадрат ABCD в прямоугольную систему координат так, чтобы центр квадрата совпадал с началом квадрата. Пусть А (–а; –а), В (–а; –а), С (–а; –а) и D (–а; –а). Уравнение окружности вписаной около квадрата имеет вид: х2 + у2 = 2а2. Выберем на окружности произвольную точку М с координатами х и у.

Тогда MA = (x + a ) 2 + (y + a )2 ,

y В

С O

x M

MB = (x + a ) 2 + (y − a ) 2 , MC = (x − a ) 2 + (y − a ) 2 , 51

MD = (x − a)2 + (y + a)2 . Учитывая, что х2 + у2 = 2а2 имеем MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 16a 2 , где 16а2 — величина постоянная. 2. x 2 + y 2 − 4 x − 2 y − 11 = 0 ⇒ ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 16 .

М (3;1), К (2;1), тогда MK = 1 + 0 = 1 ⇒ радиус искомой окружности R = 4 – MK = 4 – 1 = 3 ⇒ ( x − 3)2 + ( y − 1)2 = 9 .

С-6 1. Прямая y = 4 + mx пересекает оси координат в точках x (0,4) и 4 4 ⎛ 4 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 2 ⎜ − , 0 ⎟ ⇒ E ⎜ − , 2 ⎟ ⇒ OE = 2 + 4 = 49 ⇒ 2 = 45 ⇒ m m m m ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 4 2 . ⇒ m =± ⇒m = 45 3 5 2. AB {−8; −6}

BC {+3; −4}

Пусть BB1{x; y} ⇒

BА ⋅ BB1 AB ⋅ BB1

BC ⋅ BB1 BC ⋅ BB1

+8 x + 6 y 3 x − 4 y = ⇒ 8x + 6y = 6x – 8y, 14y + 2x = 0, т.е. 10 5 1 1 4 x 4 BB1 {1; 7} ⇒ k = − ⇒ 0 = +4 ⋅ + b ⇒ b = − ⇒ y = − − 7 7 7 7 7

С-7 1. y = 4 – 2x; (x − 4) 2 + (y − 2) 2 − 16 = y + 2 x − 4 ; ( x − 4) 2 + (2 − 2 x )2 = 16 ;

x 2 − 8 x + 16 + 4 − 8 x + 4 x 2 − 16 = 0 ; 5 x 2 − 16 x + 4 = 0 ; x=

16 ± 4 11 8 ± 2 11 16 + 4 11 4 − 4 11 , ⇒ y1 = 4 − = = 5 5 10 5

y2 = 4 −

8 + 2 11 8 − 2 11 2 16 − 4 11 4 + 4 11 = ⇒ AB = ( − ) + 5 5 5 5

4 − 4 11 4 + 4 11 2 4 11 2 8 11 2 4 11 2 4 11 4 55 ) = ( ) +( ) = 5⋅ ( ) = = − , 5 5 5 5 5 5 5 где АВ — искомая хорда. 2. М (x;y), A (a;0), B (0;b); М + (

MA = (a − x)2 + y 2 ; MB = x 2 + (b − y )2 ;

MC 2 = x 2 + y 2 ; MA2 − MB 2 = 2 MC 2 ; С

(a − x ) 2 + y 2 − x 2 − (b − y ) 2 = 2 x 2 + 2 y 2 ;

a 2 − 2ax + x 2 + y 2 − x 2 − b 2 + 2by − y 2 = 2 x 2 + 2 y 2 ; 2 x 2 + 2ax − a 2 + 2 y 2 − 2by + b 2 = 0 ; x 2 + ax −

a2 b2 + y 2 − by + =0; 2 2

a b − a 2 3b 2 — окружность. + ( x + )2 + ( y − )2 = 2 2 4 4

С-8 1. S AOD =

1 AO ⋅ AD ⋅ sin ∠OAD = 90 2

1 А AC ⋅ AD ⋅ sin ∠OAD = 90 + 60 = 150 , 2 S AO 3 2 20 . значит, AOD = = ⇒ OC = AO = S ACD AO + OC 5 3 3 S ACD =

O D

1 30 ⋅ 2 ⋅ 3 1 BO ⋅ OC ⋅ sin ∠BOC = 30 ⇒ sin ∠BOC = = ; 2 9 2 ⋅ 20 2 ∠AOB = 180° − ∠BOC , значит, ∠AOB = 45° или ∠AOB = 135° , но первый случай невозможен, т.к. ∠AOB > 134° , значит, ∠AOB = 135° . Тогда S BOC =

2. По теореме косинусов: DC 2 = m 2 + n 2 − 2mn cos β . По теореме синусов: DC BD msin β = ⇒ sin(∠BCA) = . 2 sin β sin(∠BCA) m + n2 − 2mnsin β

Из ∆ABC : ∠BAC = 180o − 2 β − arcsin ( ⇒

⋅

m sin β 2

m + n 2 − 2mn sin β

)⇒

n AB n ⋅ m ⋅ sin β = ⇒ AB = ⋅ 2 sin (∠BAC ) sin (∠BCA) m + n 2 − 2mn sin β 1

sin (α + β + arcsin (

m sin β

m 2 + n 2 − 2mn sin β

= ))

mn sin β . n sin (α + β ) − m(sin α )

С-9 1. ∠BAC =

180° − 20° = 60° ; 2

∠BAF = 80o − 60o = 20o ⇒ BF = AF = a . ∠ADC = 180o − 80o − 50o = 50o ⇒ AD = AC = b . Пусть ∠AFD = x . По теореме синусов из ∆ADF:

b b sin(20o + x) . ⇒ AF = sin x sin x

sin(20 + x) Из ∆AFC: ∠AFC = 180° − ∠FAC − ∠ACF = 40° , тогда AF o

⇒ AF =

b sin80o o

⇒

sin (20o + x ) = 2cos 40o ⇒ sin x

sin 80 sin 40 sin 40 ⇒ sin (x − 20°) = 0 ⇒ x = 30° . 2. По теореме синусов: AC BC AK a AK AC = ; = ⇒ = . sin ∠ACK sin α sin α sin(α + β ) sin ∠ACK sin(α + β )

Пусть ∠BCK = γ, тогда 4γ + 2α + 2β = 2π ⇒ γ =

π 2

−

α 2

−

β 2

⇒

β −α a cos ⎛π α β ⎞ ⎛ β −α ⎞ 2 . ⇒ sin∠ACK = sin ⎜ − − + β ⎟ = cos ⎜ ⎟ ⇒ AK = sin(α + β ) ⎝2 2 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

С-10 B b M

BC a 2 + b 2 + 2ab cosα = . 2sin α sin α 2. По теореме косинусов: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C . По теореме синусов: a = 2 R sin A , b = 2 R sin B , c = 2 R sin C ⇒ AM=2R = 2 ⋅

a A

1. По теореме косинусов: BC2 = b2 + a2 + 2abcosα. Т.к. суммы противолежащих углов равны π, то можно описать окружность, тогда

⇒ sin 2 C = sin 2 A + sin 2 B − 2sin A sin B cos C ⇒ ⇒ 2sin A sin B cos C = sin 2 A + sin 2 B − sin 2 C ⇒ 2sin A sin B cos C = 1 − cos 2 A + 1 − cos 2 B − 1 + cos 2 C ⇒ ⇒ 2sin A sin B cos C − 1 = cos 2 C − cos 2 A − cos 2 B , ч.т.д.

С-11 B

1. По теореме синусов: AC CD AC ⋅ sin ∠CAD = ⇒ sin ∠D = ⇒ sin D sin ∠CAD CD

AC ⋅ sin ∠BCA ⇒ ∠ACD = 180o − ∠BCA − ∠D ⇒ CD ⇒ S = AC ⋅ CD ⋅ sin ∠ACD . 54 ⇒ 2CD = arcsin

После подстановки имеем: S1 = 627,4 , S 2 = 119,9 два ответа получаются из-за двух значений угла D. 2. Пусть AB = a, BC = b, CD = c, тогда по теореC B 5 ме косинусов: 140° 110° 7 AC2 = a2 + b2 – 2abcos∠B ⇒ по теореме синусов: 4 AB sin ∠B AC AB ⇒ A = ⇒ sin∠BCA = D AC sin ∠B sin ∠BCA AB sin ∠B ⇒ ACD = 140° – arcsin ⇒ AC ⇒ AD = AC 2 + CD 2 − 2 AC ⋅ CD cos ∠ACD = = a 2 + b 2 − 2ab cos ∠B + c 2 − 2c a 2 + b 2 − 2ab cos ∠B ⋅ ⎛ ⎞ a sin ∠B ⋅ cos ⎜140° − arcsin ⎟ ≈ 11,8. ⎜ ⎟ a 2 + b 2 − 2ab cos ∠B ⎠ ⎝

С-12 1. AB ⋅ BC + BC ⋅ CD + CD ⋅ DA + DA ⋅ AB =

= BC ( AB + CD ) + DA(CD + AB ) = = ( AB + CD )( BC + DA) = 0 ⋅ 0 + m ⋅ (− m) = − m 2 .

2. AD {2; 4} , BC {1; 2} ⇒ AD || BC ⇒ ABCD — трапеция. AB{2; − 4}

cos∠BAD =

AB ⋅ AD AB ⋅ AD

⇒ cos∠ABC =

4 − 16 −12 3 = =− ⇒ 20 5 20 ⋅ 20

4 8 5 3 4 . ⇒ sin∠ABC = ⇒AH = AB ⋅ sin∠ABC = 20 ⋅ = 5 5 5 5

С-13 1. Предположим, что равенство верное, тогда рассмотрим разность:

AС 2 + BD 2 − AD 2 − BC 2 − 2 AB ⋅ DC = = ( AC − AD )( AC + AD) + ( BD − BC )( BD + BC ) − 2 AB ⋅ DC =

= DC ( AC + AD ) + CD( BD + BC ) − 2 AB ⋅ DC = = DC ( AC + AD − BD − BC ) − 2 AB ⋅ DC = DC ( AB + AB ) − 2 AB ⋅ DC = 0 ⇒ отсюда обратными преобразованиями можно получить требуемые равенства. 55

1 BC − BA ; 2 3 1 3 ⎞ ⎛1 ⎞⎛ 1 BE = BA + BC ; ⎜ BC − BA ⎟⎜ BA + BC ⎟ = 0 ; 2 4 4 4 4 ⎝ ⎠⎝ ⎠ 1 1 2 3 3 BC ⋅ BA − BA + BC 2 − BC ⋅ BA = 0 ; C 8 4 8 4 2. AD = BD − BA =

3 1 5 BC 2 − BA2 − BC ⋅ BA = 0 . 8 4 8 3 1 5 1 8 Пусть BC = x, тогда x 2 − ⋅ 4 − ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ = 0 ; 3x2 – 5x – 8 = 0 ⇒ x = . 3 8 4 8 2

С-14 1. Очевидно, они должны быть равны. 2. b

B1 A

B C1

120° x F

A1 E

D D1

Пусть сторона шестиугольника равна x. ∠В1А = 60° ⇒ 3 x ⇒ B1A = и B1F = x ⇒B1C1 = 2x и A1B1 = x 3 ⇒ 2 2 ⇒ стороны относятся как

3:2.

С-15 1. Пусть т. О – центр 8 – угольника, тогда: ∠А4ОА5 = ∠А5ОА6 = 45o .

А4

А3 А2

А5 ∠А1ОА4 = ∠А1ОА6 = 135o . О

А1

А6 А8

А7

Опишем вокруг 8 – угольника окружность и найдем ее радиус. По теореме косинусов: (a 2 − 2 ) 2 = 2 R 2 (1 − cos 45o ) ⇒ ⇒ a 2 (2 − 2) = R 2 (2 − 2) ⇒ R = a ⇒

1 2 ⇒ S = 4 ⋅ R 2 sin 45o = 2a 2 = 2a 2 . 2 2 56

∪

2. Очевидно AB = CD = 60° , BC = 90° и AD = 150° ⇒ 1 ⇒ ∠BAD = (90° + 60°) = 75°; 2

AD = 2 R 2 (1 − cos150°) = R 3 ;

B O

BC = 2R ⇒ AB = 2 R (1 − cos60°) = R ⇒ 1 ⇒S= R 2

(

)

3 + 2 R ⋅ sin75°.

С-16 1. с =R. 2π Пусть искомый радиус равен r, тогда по теореме Пифагора: c (2 R + 2r ) 2 = R 2 ⇒ 2 R + 2r = 2 2 R ⇒ r = R ( 2 − 1) = ( 2 − 1) ⇒ 2π

Радиусы окружностей равны

⇒ l = c( 2 − 1) . 2. См. задачник стр. 50. Пусть AB ∩ CD ∩ O1O2 = 0 , тогда O1O = OO2 = 50 , а т.к. O1 A = O2 D = 25 , то ∠O1OA = ∠O1OC = ∠O2OD = ∠O2OB = 30o ⇒

1 200π ⇒ ∠AO1C = ∠DO2 B = 120o ⇒ l = 2 ⋅ 2π ⋅ 25 + 2(2 ⋅ 502 − 252 ) = +100 3 . 3 3

С-17 1. Т.к. ∠COO1 = 30°, то r =

1 R ⇒ (R – r) ⇒ 2r = R – r ⇒ r = 2 3

3OC 2 π r 2 1 2 1 2 πR – πr2 – + − r sin120° = 6 4 6 2 2 2⎞ ⎛ 1 1 3 ⎛ R⎞ ⎛ R⎞ π 1 R2 3 R 2 = 5π − 6 3 . = π R2 − π R 2 − ⎜ ⎜ R − ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟ + R2 − 54 6 9 4 ⎜⎝ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎟⎠ 54 2 9 2 c m 2. r = = (где α = ∠BEF) ⇒ B 2π 2sin α n nc mπ F ⇒ sinα = ⇒R= = ⇒ 2sin α 2mπ c E ⇒ S′ =

(

⇒ S = πR2 =

n 2c 2

4m 2π

)

3. Используя теорему Пифагора строим r′ = r12 + r22 .

Аналогично строим r = r′2 + r32 = r12 + r22 + r32 . Далее строим круг радиусом r.

С-18 a

b X1

1. Строим b1 симметрично b относительно O. Пусть она пересекает a в точке x. Строим прямую, проходящую через точку x и O. Она пересекает b и точке x1. Точки x и x1 — искомые. 2. Это сразу следует из 1-го признака равенства треугольников.

С-19 1. рис. 48 стр. 52 задачника. Рассмотрим перпендикуляры BF и В1Н на прямую С. перенесем ∆А1В1С1 на вектор HF . Через точки пересечения сторон получившегося треугольника и ∆АВС проведем прямую — она будет искомой. 2. O Из свойств медианы прямоугольного треугольB C ника следует, что F 1 1 1 OF = BF = BC и OK = AD ⇒ FK = (AD – BC) A K D 2 2 2

С-20 1. Необходимо осуществить поворот прямой О1О2 относительно центра А на 60°, далее, аналогично, соответствующей задаче из вар. 7. 2.

B K

A E

Треугольники ВАЕ и DAK равны по первому признаку (ВА = AD, EA = AK, как стороны квадратов; ∠ВАЕ = ∠KAD = ∠ВАК + 90°), в равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны, значит, ЕВ = KD. При повороте на ∠KAD относительно центра А точка К окажется на AD, а точка Е на ВА, следовательно, ЕВ⊥KD.

РАБОТЫ НА ПОВТОРЕНИЕ П-1 Вариант 1 1. 1) Т.к. DE || AC, то AD = EC. Т.к. AB = BC, то ∠ADE = ∠DEC ⇒ ∆ADE = ∆CED по 1-му признаку. 2) Т.к. CF || AB, то ∠ECF = ∠ABC, т.к. DE || AC, то ∠FEC = ∠ECA ⇒ ∆ECF ∼ ∆ABC по 2-му признаку. 13 3) ∆ABC ∼ ∆DBE, причем k = ⇒ 7 7 70 70 60 ⇒ DE = AC = ⇒ EF = AC – DE = 10 – = . 13 13 13 13

4) S = p ( p − a )( p − b)( p − c) = 18 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 7 =5⋅3⋅4=60⇒h=CF =

2 S 120 = . AB 13

70 S ( ADE ) S (CDE ) DE 13 7 5) = = = = . S ( DCF ) S ( DCF ) DF 10 13 2. Проведите высоты треугольника, точка их пересечения должна находиться вне его.

Вариант 2 1. 1)DB⊥AC⇒BD— биссектриса⇒∠ABM=∠CBM, AB=BC, т.к. треугольник равнобедренный, BM — общая ⇒ ⇒ ∆ABM = ∆CBM по 1-му признаку. 2) ∠AKM = ∠BMA и ∠BAM — общий ⇒ ⇒ ∆AKM ∼ ∆AMB по 2-м углам, но ∆AMB = ∆CMB ⇒ ⇒ ∆BMC ∼ ∆ AKM. 3) AM = 64 + 36 = 10 по теореме Пифагора ⇒

⇒

K A

M D

AM KM KM KM AM ⋅ MB 10 ⋅ ( 15 − 6) 10 ⋅ 9 . ⇒KM = = = = = = AB MB BD − 6 289 − 64 − 6 17 17 AB

4) r =

S = p

p ( p − a )( p − b)( p − c) 25 ⋅ 8 ⋅ 8 ⋅ 9 5 ⋅ 8 ⋅ 3 24 = = = . p 25 25 5 2

⎛ 10 ⎞ ⎛ 10 ⎞ 19 5) S(AKM) = ⎜ ⎟ S ( ABM ) = ⎜ ⎟ S ( ABD) = 17 ⎝ ⎠ ⎝ 17 ⎠ 25 2

3660 ⎛ 10 ⎞ 9 1 = ⎜ ⎟ ⋅ ⋅ S ( ABC ) = . 289 ⎝ 17 ⎠ 25 2 59

2. Строим серединные перпендикуляры к 2-м сторонам. Затем проводим окружность с центром в точке пересечения и радиусом, равным расстоянию от нее до вершины.

Вариант 3 F

A K

C D

1. 1) ∠FAM = ∠MBD, т.к. AF || DB, AM = MB, т.к. M — середина ⇒ ⇒ ∆AFM = ∆DMB по катету и острому углу. 2) ∠FAM = ∠MBD ⇒ ∆AFM ∼ ∆ABC по острому углу B (∠C = ∠M = 90°).

3) DB = 225 + 64 = 289 = 17; ∆ACB ∼ ∆AMР ⇒ ∆ACB ∼ ∆DMB ⇒ CB AB 2 MB 2 MB 2 2 ⋅ 225 и = = ⇒ CB = = MB DB DB DB 17 AC 2 MB 2 MB ⋅ DM 2 ⋅ 15 ⋅ 8 ⇒ AC = , АВ = 2МВ = 30. = = DM DB DB 17 p ( p − a )( p − b)( p − c) S 20 ⋅ 12 ⋅ 3 ⋅ 5 10 ⋅ 6 = = = 3; 4) r = = p p 20 20 ⇒

1 AB = MB = 15. 2 AC ⋅ CB 225 ⋅ 15 ⋅ 16 225 ⋅ 8 5) CK = ⇒ = = AB 30 ⋅ 289 289 CM =

⎛ 15 ⋅ 16 ⎞ ⎛ 1000 ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ S ( AKC ) 64 17 ⎠ ⎝ 289 ⎠ ⎝ ⇒ . = = 2 2 S (CKB) 225 ⎛ 350 ⎞ ⎛ 1000 ⎞ ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎝ 17 ⎠ ⎝ 289 ⎠ 2. См. П-1, Вариант-2.2.

Вариант 4 1. 1) Т.к. BB1 и AA1 — медианы и BB1 = 9, то MB1 = 3 ⇒ ⇒ ∆B1CE = ∆AMB1 по 1-му признаку. B 2) AC = 2AB1 =

B1 E

= 2 AM 2 + MB12 − 2 BM ⋅ MB1 cos60° =

= 2 64 + 9 − 2 ⋅ 8 ⋅ 3 ⋅

1 = 2 64 − 24 + 9 2 ⋅ 7= 14; 2

AB1 MB1 1 = = ⇒∆B1PK∼∆AMB1 по 2-му признаку. B1P B1K 3

3) Из подобия следует, KP = 3AM = 24. 4) Из подобия следует, ∠MAB1 = ∠B1PK ⇒ KP || AA1. 6 6 6 27 ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 18 = ⋅ 18 ⋅ 3 3 = 36 3 . 5) S(ABC) = 6S(AMB1) = S(B1KP) = 9 9 9 2. Постройте две биссектрисы треугольника, затем постройте окружность с центром в точке их пересечения и радиусом, равным длине перпендикуляра, опущенного из этой точки на одну из сторон.

Вариант 5 1. 1) Очевидно, они равны по 2-му признаку. 2) ∠BB1A = ∠BB1E = ∠BMC, т.к. MC || B1E ⇒ ⇒ треугольники подобны по двум углам. 3) По свойству биссектрисы AB1 AB 7 1 7 = = ⇒ 7x+8x=3=AC⇒x = ⇒AB1=B1E = ; B1C BC 8 5 5

MC BC BE = BA = 7. ∆B1BE ∼ ∆MBC ⇒ = ⇒ B1E BE

E A B1

7 8⋅ BC ⋅ B1E 8 ⇒ MC = = 5= . BE 7 5 4) S = p ( p − a )( p − b)( p − c ) = 9 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 6 = 3 ⋅ 2 3 = 6 3 . 7 8 7 ⋅8 ⋅1 ⋅ 5 5 = 15 = 56 = 7 . 3 2 3 30 3 5 3 4 2 ⋅ ⋅1 4⋅2 5 5 5 2. Разделим одну из сторон на 4 части, затем отложим последовательно от нее эту часть 6 раз. Затем соединим конец новой стороны с вершиной, противолежащей исходной стороне. abc 5) R = = 4S

Вариант 6 1. 1) ∆AED=∆AFC по 2-му признаку ⇒ FD=EC ⇒ D B ⇒ ∆FKD = ∆EKC по 2-му признаку. F 2) Очевидно, по 2-м углам. K FC AF 3) По теореме синусов имеем: ⇒ A = E C sin 25° sin 55° 4sin 25° AF sin100° 4sin100° . Аналогично AC = = . ⇒ FC = sin 55° sin 55° sin 55° AF sin 55° sin 55° = ⇒ P(AFC) = P(ABC). 4) ∆AFC ∼ ∆ACB, причем k = AC sin100° sin100°

⎛ sin100° ⎞ 5) S(ABC) = ⎜ ⎟ S(AFC) = ⎝ sin 55° ⎠ 2

1 sin100° ⎛ sin100° ⎞ ⎛ sin100° ⎞ =8 ⎜ =⎜ ⎟ 4 ⋅ ⋅ sin25° ⋅ 4 ⎟ sin25°. 2 sin 55° ⎝ sin 55° ⎠ ⎝ sin 55° ⎠ 2. Начертите прямоугольный треугольник. Проведите его медианы (достаточно две). Точка их пересечения — искомая.

П-2 Вариант 1 H

C 1. 1) AO = OC, ∠BCA = ∠CAD, ∠POC=∠AOK ⇒ ⇒ ∆POC = ∆KOA ⇒ PC = AK, а т.к. PC || AK, то APCK — параллелограмм. 2) CD = 169 − 144 = 25 = 5 ⇒ S = 4 ⋅ 5 = 20.

P O

3) HK = 5, HP = 4 ⇒ KP = 16 + 25 = 41 (по теореме Пифагора). 4) По теореме косинусов: 2

⎛ 41 ⎞ (6,5) 2 + ⎜⎜ ⎟ − 16 2 ⎟⎠ ⎝ ; ∠AOK ≈28°13′. cos∠AOK = 41 2 ⋅ 6,5 ⋅ 2

Вариант 2 E

1. 1) Из условия следует, что EC = FD = AK = BP ⇒ по теореме Пифагора M P PE=EC = FK = PK ⇒ ∆PBE = ∆ECP = ∆FDK = ∆KAP ⇒ F 2 A D ⇒PEFK — квадрат⇒EK⊥PF⇒РЕ= EK⇒S=PE2= 50. K 2 2) Пусть EC = x, тогда по теореме Пифагора имеем: 100 = (1 – x)2 + (1 + x)2, 100 = 2 + 2x2 ⇒ 2x2 = 49⇒ x = 7 ⇒ AB = 8. 3) Т.к. ∠A + ∠M = π, то и ∠P + ∠M = π (т.к. сумма всех углов равна 2π) ⇒ можно описать окружность. 1 1 50 1 + 49 = . 4) Очевидно, что PK — диаметр ⇒ r = PK = 2 2 2 B

Вариант 3 M

B A

O F

1) ∆BOM = ∆DOF по катету и острому углу ⇒ MO = OF = 3 ⇒ ∆BOF = ∆DOM по 2-м катетам и ∆BOF = ∆BOM тоже по 2-м катетам ⇒ BM=MD = = DF = FB ⇒ BMDF — ромб.

2) Очевидно, радиус равен высоте одного из треугольников, опущенной BO ⋅ OM 4 ⋅ 3 12 . из прямого угла, тогда r = = = BM 5 5 3 3) ∠CDF = arctg ≈ 36°52′. 4 4) AB = 100 + 64 − 2 ⋅ 10 ⋅ 8 ⋅ cos ∠CDF = 164 − 160 ⋅

4 = 5

= 164 − 128 = 36 =6 ⇒ P = 6 + 6 + 10 + 10 = 32.

Вариант 4 B 1) ∆ABC ∼ ∆EBC, ∆BCD ∼ ∆FCM по 2-му признаку ⇒ EF||AC и FM || BD ⇒ EF⊥FM. Аналогично доказывается перпендикулярность других сторон E ⇒ EFMK — прямоугольник, но ∆AEK=∆DMK ⇒ ⇒ EF = FM ⇒ EFMK — квадрат. 2) S(EFMK) = 100 ⇒ EF = FM = 10 ⇒ из подобия A треугольников следует, что AC = BD = 20 ⇒ 1 1 ⇒ S = AD ⋅ AC ⋅ sinα = ⋅ 20 ⋅ 20 = 200. 2 2

3) Очевидно, ∠OAD = ∠ODA = 45°⇒CH=AC ⋅ sin 45° = 20 ⋅

F O

C Q

M D

2 = 10 2 . 2

S 200 20 10 2 − 2 2 = = = 10 2 ⇒ ET = QM = =4 2 ⇒ CH 10 2 2 2 1 ⇒ BC = 8 2 ⇒ AD =12 2 (т.к. (AD + BC) = EM). 2

4) EM =

Вариант 5 B 1) ∆MOF=∆EOK по 2-м сторонам и углу между ними ⇒ MF = EK, но MF || EK ⇒ MEKF — прямоугольник. ∆MOP=∆FOP=∆EOQ по гипотенузе и острому углу ⇒ M ⇒ MP=PF=EQ=QK⇒PQ || ME ⇒ ME⊥BO ⇒ ME⊥MF A P (т.к. BO || MF) ⇒ MEKF — параллелограмм. O F АO ⋅ BO 6⋅8 = = 4,8 ⇒ 2) Из ∆ABO: MO = AB 64 + 36 D ⇒ MK = FE = 9,6. 3) ∠ABC = 2arctg(6/8) = 2arctg(3/4) ≈ 73°44′. 4) S(MEKF) =(1/2) MK ⋅ FE ⋅ sin∠MOF =(1/2) MK ⋅ FE ⋅ sin∠ABC = =(1/2) ⋅ 9,6 ⋅ 9,6 ⋅ sin∠ABC ≈ 44,2.

E Q

Вариант 6 E

K H

3) cos∠BAK =

1) Т.к. ED = 5, то HD = 25 − 16 =3 ⇒ ⇒ BE = AD – AK – HD = 8 – 3 – 3 = 2. 2) Т.к. BE + AD = AB + ED, то в ABED можно вписать окружность. BK Т.к. BK = 4, то r = =2 ⇒ S = πr2 = 4π. 2

3 ⇒ по теореме косинусов: 5

BD = AB 2 + AD 2 − 2 AB ⋅ AD ⋅ cos ∠BAK = 25 + 64 − 80 ⋅

3 = 41 . 5

3 3 Т.к. ∠ABC=π–∠BAK, то cos∠ABC = − ⇒AC = 25 + 64 + 80 ⋅ = 137 . 5 5 1 4) S = BK ⋅ AD = 32. С другой стороны, S = AC ⋅ BD ⋅ sin∠BOC ⇒ 2 69 2BK ⋅ AD ≈ 58°39′. = arcsin ⇒ ∠BOC = arcsin AC ⋅ BD 41 ⋅ 137

П-3 Вариант 1 T

B M O A

C P

а ∠BAC =

1) ∠BCA = 45° ⇒ ∠BOA = 90°; ∠MBO = ∠MAO = 90°, т.к. MT и MP — касательные ⇒ MBOA — прямоугольник, но MB = MA (как отрезки касательных) ⇒ MBOA — квадрат. 2) Т.к. MB + MA = 20, то MB = MA = 10 ⇒ ⇒ по теореме Пифагора AB =10 2 . 3) Пусть ∠OBC = x, тогда ∠OAC = 45° – x, а ∠CBT =

– x,

+ − x = − x ⇒ ∠CBT = ∠BAC. 4 4 2 4) По теореме косинусов: BC2 = 2BO2(1 – cos∠BOC) ⇒ 2802 − BC 2 200 − 25 8 − 1 7 = = = ⇒ ⇒ cos∠BOC = 200 8 8 2 BO 2 7 π 7 3π 7 ⇒ ∠BOC = arccos ⇒ ∠AOC = 2π – – arccos = – arccos . 8 8 2 8 2 64

Вариант 2 1) Пусть r — радиус окружности, тогда по свойству M E хорд имеем: 6 ⋅ 4 = (r – 5)(r + 5) ⇒ r2 = 49 ⇒ r = 7. O K D A B 2) Из ∆KOF по теореме косинусов имеем: H 2 2 2 KF = KO + OF – 2KO ⋅ OF ⋅ cos∠AOF ⇒ KO2 + OF 2 − KF 2 2 + 36 38 17 ⇒ ⇒ cos∠AOF = = = = F 2KO ⋅ OF 2 ⋅ 5 ⋅ 7 70 35 17 ⎞ 1 1 17 ⎛1 ⇒ ∠ABF = ∠AOF = arccos ⇒ OH = 7 ⋅ sin ⎜ arccos ⎟ ; 35 ⎠ 2 2 35 ⎝2 3) Аналогично п.2. 36 + 25 − 49 KF 2 + KO 2 − OF 2 12 1 = arccos ∠FKO=arccos =arccos =arccos . 60 5 2 ⋅ 6⋅ 5 2 KF ⋅ KO 4) ∆EFM ∼ ∆KFO по 1-му признаку ⇒ 2 KO KF 6 2 KO ⋅ 10 100 50 = = ⇒ EM = = = . ⇒ EM EF 10 6 6 3

Вариант 3 A

F O D

E Q K C

1) Т.к. AB = CD, то ∠AOB = ∠COD ⇒ ∆AOB = ∆COD ⇒ ⇒ OH = OQ ⇒ ∆OHM = ∆OQM по 2-м катетам ⇒ ∠AME = ∠CME. 2) Пусть r — радиус окружности, тогда по свойству секущих 5 ⋅ 9 = 3 ⋅ (2r + 3) ⇒ r = 6. 3) По тому же свойству MK2 = 5 ⋅ 9 ⇒ MK = 3 5 4) ∠AEB =(1/2) ∠AOB = ∠HOB = arcsin(2/6) = arcsin(1/3) ≈ 19°28′.

Вариант 4 1) ∠BAC = ∠BEC, т.к. они вписанные и опираются на одну дугу. ∠BNA = ∠BCE = 90° ⇒ ∠ABN = ∠EBC. 2) По теореме Пифагора: BO =

(2 3)

+ 22 = 4 ⋅ 3 + 4 = 16 = 4 .

B S A

O N

3) ∆ABN∼∆EBC по острому углу ⇒

BN ⋅ EB 5 ⋅ 8 10 AB BN = = . = ⇒AB = BC EB BC 4 3 3

4) Из теоремы косинусов следует: ∠BOA = arccos

2 BO 2 − AB 2 2 BO 2

100 3 ≈ 92°23′. 32

32 − = arccos

Вариант 5 B

E C

1) Очевидно ∠EOF = 90°, ∠A = 60° ⇒ ∠DOF = 120°. Аналогично, ∠B = 30°, ∠EOD = 150° ⇒ углы в отношении 90°:120°:150° = 3:4:5. 2) Из теоремы Пифагора следует, что r = 4. 3) P(APT) = AP + AT + PT = AP + AT + PK + KT = D = AP + AT + P + FT = 2AF = 2(AC – CF) = O P ⎛4 2 ⎞ CO ⎛ ⎞ =⎜2⋅ − CF ⎟ = 2 ⎜ − 4 ⎟ = 8(2 2 − 1). K ⎜ 1 ⎟ A ⎝ sin 30° ⎠ F T ⎝ 2 ⎠

4) R =

8 2 AC = = 8 2. 2sin 30° 2 ⋅ 1 2

Вариант 6 1) Очевидно O1K = 1, а r1=2⇒EK= 4 − 1 = 3 ⇒

C E A

K F

⇒ AE = 9 + 3 = 2 3 . По свойству прямоугольного треугольника CK2 = AK ⋅ KB ⇒ CK = 3 ⋅ 5 = 15 ⇒ ⇒ CA = 9 + 15 = 24 = 2 6 . 2) AF = AE = 2 3 ⇒ по теореме косинусов:

cos∠AO1F =

2 AO12 − AK 2 2 AO12

8 − 12 1 =− ⇒ 8 2

∪ 1 2 4π . ⇒ AO1F = 120° ⇒ AF = 2π AO1 = π ⋅ 2 = 3 3 3

3) S =

π AO12 3

−

1 π 1 3 4π AO12 sin120° = ⋅ 4 − ⋅ 4 ⋅ = − 3 . 2 3 2 2 3

4) Из ∆ACE: ∠АЕС = 120°; R =

AC 2 6 = =2 2. 2sin ∠AEC 3 2⋅ 2

П-4 Вариант 1 ⎧ x − 1 = −3 ⇒ D(–2; –1). 1) Пусть D(x, y), тогда AD = BC ⇒ ⎨ ⎩y + 2 =1 B 2 2 2) EB = EC + CB = DC + CB = AB − AD . 3 3 3) AB {1; 6} , AD{− 3; − 3} ⇒ ⇒ ∠A = arccos

AB ⋅ AD AB ⋅ AD

C E D

= arccos

−3 − 18 −7 = arccos . 3 37 ⋅ 2 74

4) Пусть y = kx + b — уравнение прямой AC, тогда 3 ⎧ ⎪⎪b = 2 ⎧5 = − k + b ⎧+3 = 2b 7x 3 ; ⎨ ; ⎨ ⇒y=− + . ⎨ = − − − = + k 2 b 2 k b 7 2 2 ⎩ ⎩ ⎪k = − ⎪⎩ 2 ⎛ 3⎞ Пусть M — середина AC, тогда M ⎜ 0; ⎟ ⇒ ⎝ 2⎠ 2

⇒ AM = 1 +

1 5 3⎞ 5 ⎛ = ⇒ x2 + ⎜ y − ⎟ = . 4 2 2⎠ 4 ⎝

Вариант 2 1) AB{14; –2}, BC{–6; 6}, AC{8; –8}; BC ⋅ AC = 0 ⇒ треугольник — прямоугольный. 2 2⎛ 1 ⎞ 1 2) AM = ( AA1) = ⎜ AB + AC ⎟ = AB + AC = 3 3⎝ 2 ⎠ 3

(

)

(

)

B A1 C

)

1 2 1 AC + CB + AC = − CA + CB . 3 3 3 3) A1(5; 5), В1(–2; 6) ⇒ AA1 {11; –5} и BB1 {–10; –2} ⇒

⇒ cos∠AMB =

AA1 ⋅ BB1 −110 + 10 −100 <0⇒ = = AA1 ⋅ BB1 121 + 25 100 + 4 146 104

острый угол равен arccos

100 ≈ 35°45′. 146 104

⎧−5 = 11k ⎧5 = 5k + b ; ⎨ ; 4) Пусть y = kx + b — уравнение AA1, тогда ⎨ ⎩10 = −6k + b ⎩b = −5k + 5 67

−5 ⎧ ⎪⎪k = 11 5 80 ⇒ y = − x + . Т.к. AC ⋅ BC = 0 , то AB — ги⎨ 25 55 80 11 11 ⎪b = + + =+ ⎪⎩ 11 11 11 потенуза, тогда (1; 9) — ее центр, а r = (1 + 6) 2 + (9 − 80) 2 = 50 ⇒ ⇒ (x – 1)2 + (y – 9)2 = 50.

Вариант 3 ⎧5 9 ⎫ ⎛ 3 9⎞ 1) Т.к. M — середина BC, то M⎜ ; ⎟ ; AM ⎨ ; ⎬ ; ⎝ 2 2⎠ ⎩2 2 ⎭ y C 1 3 M AB{0; 3} , AD{5; 0} ; AM = AD + AB . 2 2 В 2) Найдем уравнение AC: H 6 ⎧ k= ⎧6 = 4k + 6 ⎧6 = 5k ⎪⎪ 6 6 5 А 0 x D ; ⎨ ; ⎨ ⇒ y= x+ . ⎨ 6 0 k b = − + b = k 5 5 ⎩ ⎩ ⎪b = ⎪⎩ 5 3 ⎧ k =− ⎧3 = − k + 6 ⎧3 = −5k ⎪⎪ 3 12 5 ⇒ y =− x+ . ; ⎨ Найдем уравнение BD: ⎨ ; ⎨ 12 0 4 k b b 4 k = = + 5 5 ⎩ ⎩ ⎪b = ⎪⎩ 5 Найдем точку их пересечения: 2 ⎧ 2 ⎧9 x − 6 = 0 ⎧ ⎪⎪ x = 3 ⎧5 y = 6 x + 6 ⎪ ⎪x = ⎛2 ⎞ ; ; ; 3 ⇒ ⎜ ; 2⎟ . 6 6 ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ 12 18 5 y = − 3 x + 12 = + y x ⎝3 ⎠ ⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ y = 2 5 5 ⎪⎪ y = + 15 15 ⎩ 5 ⎧5 ⎫ 3) AH ⎨ ; 2 ⎬ ⇒ AH = i + 2 j . 3 ⎩3 ⎭ ⎧1 9 ⎫ 4) AM ⎨ ; ⎬ , BD{5; − 3} ⇒ ⎩2 2⎭ 5 27 − 2 2

−22 ⇒ = arccos 1 ⋅ 34 82 AM ⋅ BD 82 ⋅ 34 2 1 −22 ⎞ 1 ⎛ ⇒ S(ABMD) = AM ⋅ BD ⋅ sinα = 82 ⋅ 34 sin ⎜ arccos ⎟. 4 2 82 ⋅ 34 ⎠ ⎝ ⇒ α = arccos

AM ⋅ BD

= arccos

Вариант 4 2

33 ⎛9 ⎞ ≈ 18,6. 1) M ⎜ ;6 ⎟ ⇒ CM = 36 + 2 4 ⎝ ⎠

2) AC = 24; AB = BC = 144 + 81 = 225 = 15 ⇒

B x

p( p − a)( p − b)( p − c) S 27 ⋅ 12 ⋅ 12 ⋅ 3 = =4⇒ ⇒r = = p p 27 A ⇒ O(4; 0) — центр окружности и (x – 4)2 + y2 = 16 — ее уравнение. AO ⋅ BC 36 −144 3) AO{4; − 12} , BC{9; 12} ⇒ α = arccos = arccos = 16 +144 ⋅ 225 AO ⋅ BC = arccos

−108 −27 −9 = arccos = arccos . 4 10 ⋅ 15 15 10 5 10

4) OB{5; 0} , OA{–4; 12} , OС {−4; −12} ⇒ OB = −

(

)

5 OA + OC . 8

Вариант 5 2

1) AB = 3 + 7 = 9 + 49 = 58; BC2 = 72 + 32 = 58; CD2 = 32 + 72 = 58; DA2 = 72 + 32 = 58 ⇒ все стороны 58 ⇒ ABCD — ромб.

(

)

2) AB ⋅ AC + AC ⋅ BD + BC ⋅ AC = AB + BC ⋅ AC + AC ⋅ BD = = AC ⋅ AC = AC 2 (т.к. AC ⋅ BD = 0); AC2 = 102 + 102 = 200. 21 ⎞ 42 21 21 ⎛ AB⋅ AD =arccos ⇒arccos и ⎜π − arccos ⎟ . =arccos 3) ∠A=arccos 2 29 ⎠ 58 29 29 ⎝ AB 4) Т.к. O — середина AC, то O(3; 2); 20 OC ⋅ OB 2 2 ⋅ 5 2 1 ⇒ OC= AC= 5 2 ; BO= 4 + 4 = 2 2 ⇒r= = = 2 158 BC 58 (x – 3)2 + (y – 2)2 =200/29.

Вариант 6 1) BM = (1/ 4) BC + (3/ 4) BA . ⎛ 1 ⎞ 2) Пусть F — середина AC, тогда F ⎜ − ; 2 ⎟ , тогда K ⎝ 2 ⎠ делит BF в отношении 2:1 считая от точки B ⇒ ⎛ 2+ 1 1 2−2 ⎞ ⎛1 ⎞ 2 K⎜ − ; + 2⎟ ⇒ K = ⎜ ; 2⎟ . ⎜ 3 ⎟ 2 3 ⎝3 ⎠ ⎝ ⎠

C B K

F M

3) AB {0; 3}⇒ AB = 3. AC {–5; 6} ⇒ a = α AC и a = 3; 2522 + 3622 = 9 ⇒ α 2 = 4) α = arccos

{1; 3} ⋅ AC 1 ⋅ AC

9 ⎧ 15 18 ⎫ ; ⇒ a ⎨− ⎬. 61 ⎩ 61 61 ⎭

= arccos

−5 ≈ 129°48′ . 61

МАТЕМАТИЧЕСКИЕ ДИКТАНТЫ МД-1 Вариант 1 1. Т.к. a и b не коллинарны, то x = –3, а y = 0. 2. m {–3; 2}. 3. 2a = b ⇒ a и b — коллинарны. 4. a + b {1; 1} ⇒ a + b ⋅ c = 0, то искомый угол 90°. 5. |a – b|. 6. EF {3; –1}. EF = 9 + 1 = 10 .

(

)

(

)

7. O(2; –2). 8. (x + 4)2 + (y – 3)2 = 25. 9. Высота равна 2, основание — 4 ⇒ S =

1 ⋅ 2 ⋅ 4 = 4. 2

10. |a| < 2, т.к. 2 — радиус окружности.

Вариант 2 1. Т.к. m и n не коллинарны, то x = 0, а y = 5. 2. k = 5i − 2i . 3. – 2c = m ⇒ c и m — коллинарны.

(

)

(

)

4. a − b {1; –1} ⇒ a − b ⋅ c = 0, то искомый угол равен 90°. 5. |m – n|. 6. EF {2; 5}. EF = 4 + 25 = 29 . 7. (–1; 4). 8. (x – 2)2 + (y + 4)2 = 9. 9. Высота равна 3, основание — 6 ⇒ S =

1 ⋅ 3 ⋅ 6 = 9. 2

10. |m| > 4, т.к. 4 — радиус окружности. МД-2 Вариант 1 1. ∠B = 180° – ∠A – ∠C = 150° ⇒ S =

2 1 = ⇒ α = 30°. 4 2 a 1 BC sin ∠A 1 = = 2 = . 3. По теореме синусов AC sin ∠B 2 2 2 2. Т.к. S = a2sinα ⇒ sinα =

1 1 1 1 AB ⋅ BC ⋅ sin∠B = ⋅1 ⋅ 2 ⋅ = . 2 2 2 2

AB 2 2 = =2. 2sin ∠C 2 5. Т.к. 42 + 72 < 82, то треугольник — тупоугольный ⇒ вне его. 6. Очевидно 180° – 70° = 110°, т.к. вектор b поменял направление. 4. R =

1+ 0 2 = ; 2) AC ⋅ BD = 0 (т.к. AC⊥BD); 3) AD ⋅ CB = −1 2 1 2 8. a ⋅ b =2 – 3 = –1 < 0 ⇒ угол тупой 7.1) AC ⋅ AD =

9. ( BC − BA)( AC − AB ) = AC ⋅ BC = 0 , т.к. AC⊥BC 10. Т.к. e = 1 , то x = cosα

Вариант 2 1. Внешний угол при вершине Е равен 120 o

⇒ внутренний

1 3 3 3 ⋅2⋅ = . 2 2 2 3 S 3 2. S = ab sin α ⇒ sin α = = 2 = ⇒ α = 60o . ab 2 3 180o − 120o = 60o ⇒ S =

2 BC sin ∠C 2 2 = = = . 3. По т. синусов AB sin ∠A 3 3 2 4. R =

EF 3 ⇒ EF = 2 R sin ∠H = 2 3 ⋅ =3 2sin ∠H 2

5. 42 + 62 < 9 ⇒ треугольник тупоугольный ⇒ центр описанной окружности вне его. 71

6. Очевидно, что 180o − 130o = 50o , т.к. m поменял направление. 7. Вероятно, в условии опечатка и имеется ввиду не ромб, а квадрат, т.к. иначе можно вычислить только 2). Если ABCD – квадрат: 1) 0; 2) 0; 3) 1. 8. m ⋅ n = 6 − 2 = 4 > 0 ⇒ острый. 9. (CD − CA)( BD − BC ) = AD ⋅ CD = 0 . 10. Т.к. e , то y = cos β .

МД-3 Вариант 1 ⎛ 180°−α ⎞ 1. Угол n-угольника равен 2⎜ ⎟ = 180°–α⇒внешний угол равен α. ⎝ 2 ⎠ 180°( n − 2) ⇒ 160n = 180n – 360 ⇒ 20n = 360; n = 18. 2. 160° = n 3 2 R. 2 4. Здесь r — радиус окружности, тогда r — сторона 6-угольника, а 2r — 1 1 360° сторона квадрата ⇒ . 5. S = 12 ⋅ R2 ⋅ sin = 6R2sin30° = 3R2. 2 2 12 1 2π R 6. l = l2 – l1 = 2π(R2 – R1) ⇒ ∆R = . 7. R = 3 ⇒ l = = 2π ⇒ r = 1. 2π 3 a2 8. Пусть сторона ромба равна a, тогда Sр = a 2 sin 30o = , с другой 3. Это прямоугольный треугольник с катетами R и R 3 ⇒ S =

Sp 8 π a2 S a = ⇒ Sk = ⇒ = . стороны Sр = 2ar ⇒ r = 2a 4 16 Sk π 9.

Sк π (9 − 1) 1 = = 8 . 10. 3π = πR2 ⋅ ⇒ R = 6. S 12 π

Вариант 2 1. Внутренний угол равен 180 o − β ⇒ его половина

180o − β 180o − β ⇒ 180o − 2 ⋅ = β — искомая дуга. 2 2 180o (n − 2) ⇒ 148o n = 180o n − 360o ⇒ 360o = 40o n ⇒ n = 9 . n 3. Если угол между этими сторонами тупой, то 2. 140o =

R2 1 1 1 1 3 1 3+ 3 . S = R2 sin90o + R2 sin 60o − R2 sin150o = R2 (1 + + ) = 2 2 2 2 2 2 4 Если острый, то: R2 1 1 1 1 3 1 3 −1 . S = R 2 sin 60o + R 2 sin30o − R 2 sin90o = R 2 ( + − 1) = 4 2 2 2 2 2 2 4. Пусть 2R – сторона квадрата, тогда R – радиус окружности ⇒ 3 . 2 R 2 (1 − cos120o ) = 3R - сторона треугольника ⇒ 2 1 360o = 4 R 2 sin 45o = 2 2 R 2 . 6. ∆l = 2π ( R + 1) − 2π R = 2π . 5. S = 8 ⋅ R 2 sin 2 8 7. Пусть боковая сторона трапеции равна а, тогда Р = 4а, а 1 3a 3 P 8 r = a cos30o = ⇒l = πa ⇒ = . 2 4 2 l 3π

(

)

S k 25 − 4 21 π r2 . 10. = 2π ⇒ r 2 = 24 ⇒ r = 2 6 . = = 12 Sv 25 25

МД-4 Вариант 1 1. a1 || b1, т.к. движение сохраняет углы. 2. Равнобокая трапеция. 3. k = 3, b = –4. 4. Да, середина отрезка, соединяющего 2 параллельные прямые. 5. B(4; 1) → B1(2; 1). 6. Да, нужно сдвинуть эту сторону вдоль смежной стороны на ее длину. 7. Параллельный перенос должен осуществляться вдоль одной из диагоналей. 8. Выберите две произвольные точки на прямой a и поверните их относительно точки O на 45° против часовой стрелки. Затем через получившиеся точки проведем прямую. 9. Пусть ∠ACD = α ⇒ ∠CAD =

– α, ∠O1C1A1 = α ⇒ ∠FAD = + α, 2 2 ∠DC1F = π – α ⇒ ∠F = 10°, т.к. ∠AD1C = 80°. 10. Очевидно при повороте относительно (1; 0) и (5; 0).

Вариант 2 1. Очевидно, он равен α , т.к. движение сохраняет угол. 2. Равносторонний треугольник. 3. k = 2, b = -1. 4. Все 2n – угольники. 5. (1;5). 6. Нет, т.к. стороны треугольника не параллельны. 7. Это параллелограмм, т.к. его стороны попарно параллельны.

8. Выберите две произвольные точки на прямой b и поверните их вокруг т. О на 60 o по часовой стрелке, через их образы проведите прямую – она будет искомой. 9. Т. к. осуществляется поворот на 180 o , то острый угол равен 20 o . 10. (0;-1) и (0;5).

МД-5 Вариант 1 1. Пусть ∠A = α, ∠C = γ, тогда α + γ = 160° ⇒ 1 ⇒ (α + γ) = 80° ⇒∠AOC = 100°. 2

B C1 20°

A B

A E B

S(ABD) = S(ACD) =

30°

2. ∠BAC = ∠BCA ⇒ AB = BC = 6 ⇒ 1 ⇒ средняя линия равна (6 + 10) = 8. D 2 3. Пусть ∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ ⇒ ⇒ ∠BEC = β ⇒ из ∆EBA: α + (β – α) + (π – γ) = π ⇒ ⇒ β – γ = 0 ⇒ ∠C = ∠B = ∠BEC ⇒ BE = 3, AB = 5 ⇒ S ( ABC ) 5 ⋅ 5 25 = = . 3⋅3 9 C S ( BEC ) C 4. C

1 ⋅ 4 ⋅ 8 ⋅ sin30° = 8. 2

5. По теореме Пифагора AB = BC = 5; 1 2S 24 = S = ⋅ 3 ⋅ 8 = 12 ⇒ AK = . 2 BC 5 K

6. DB = AB – AD = 8 – 2 = 6 ⇒

A D

⇒ СD = AD ⋅ OB = 6 ⋅ 2 = 2 3 ⇒ B

⇒ AC = CD 2 + AD 2 = 12 + 4 = 4 . 7. Т.к. центральный угол в два раза больше вписанного угла, опирающегося на ту же дугу, получаем, что ∠AОB = 60° ⇒ ∆AOB — равносторонний и Р = 3 ⋅ R = 3 ⋅ 5 = 15/ 8. A C

74 M

O B

∠AMB = 1200 ⇒ ∠AMO = OMB = 600 , т.к. OA ⊥ MA и

OM ⊥ MB, то ∠АОМ = ∠МОВ = 300 ⇒ т.к. МО = 10, то АМ = ВМ = 5 ⇒ МА + ВМ = 10 . 4 9. По т. Пифагора BE = 4 ⇒ sin ∠BAM = ⇒ S ( ABM ) = 5 1 1 4 = ⋅ AB ⋅ AM ⋅ sin ∠BAM = ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ = 10 . 2 2 5 10. По свойству хорд: AM ⋅ MB = CM ⋅ MD ⇒ MB = 10 ⇒ ⇒ AB = 12, а AD = 9 ⇒ AB ближе к центру, т.к. она A длиннее.

C O

Вариант 2 1. Т.к. ∠AOC = 140o , то 1 (∠A + ∠C ) = 40o ⇒ ∠A + ∠C = 80o ⇒ ∠B = 100o . 2

В С1

2. Т.к. ВС║AD, то ∠CBD = ∠BDA = ∠CDA ⇒ BC = CD = 5 . CH ⊥ AD . По теореме Пифагора HD = 3 ⇒ средняя линия равна 1 1 13 ( BC + AD) = (5 + (5 + 3)) = . 2 2 2 3. ∠BAC = ∠BCK , ∠B - общий ⇒ ⇒ ∆BAC ~ ∆BCK ⇒ P( BAC ) BC 7 = = . P ( BCK ) BK 4

А1

В К

1 1 BD ⋅ AD ⋅ sin ∠BDA = ⋅ 10 ⋅ 6 ⋅ sin 30o = 15 . 2 2 1 5. S = ⋅ 6 ⋅ 8 = 24 . 2

4. S =

По т. Пифагора сторона ромба равна: 5 ⇒ S = 5 ⋅ h ⇒ h = 6.

S 24 = . 5 5

A D

75 B

CD = AD ⋅ DB = 4 .

7. ∠AMB = 45o ⇒ ∠AOB = 90o ⇒ AB =

=2 2 . cos 45o 8. MA = MB, ∆AMB — прямоугольный, значит, MA = AB ⋅ cos ∠MAB = 10 ⋅ cos 45o = 5 2 . ∆MAO — прямоугольныйб т.к. ОА — радиус, проведенный в точку касания. Получаем, что МАОВ — квадрат и МО = MA ⋅ 2 = 10 . 9. ОА ⊥ МА, как радиус проведенный в точук каА сания ⇒ ∆МАС — прямоугольник ⇒ по теореме Пифагора О М MC = MA2 + AC 2 = 52 + 122 = 13 . Вписанный Е треугольник, опирающийся на диаметр является С прямоугольным, значит, ∆АЕС — прямоугольный, АЕ — высота 1 1 MA ⋅ AC 5 ⋅ 12 60 ∆MAC ⇒ S = MC ⋅ AE = MA ⋅ AC ⇒ AE = = = . 2 2 MC 13 13 CM AM AM ⋅ BM 10. ∆CMA ~ ∆BMD ⇒ = ⇒ MD = = 10 ⇒ BM MD CM ⇒ CD = CM + MD = 14 ; AB = AM + MB = 13 ⇒ АВ — расположена дальше от центра.

КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ К-1 Вариант 1 1.1) AB {1; 6} ⇒ AB = i + 6 j .

2) D{2; 12} ⇒ CD = 2 AB ⇒ CD || AB. 3) x = 1. 2.1) AB {4; 0}, CВ {–2; 3}, CA {–2; –3} ⇒ при этом BC = 13 и

AC = 13 ⇒ BC = CA ⇒ ∠A = ∠B. 2) AB = 4 S ( ABC ) =

p ( p − AB )( p − BC )( p − AC ) =

= (2 + 13)( 13 − 2) ⋅ 2 ⋅ 2 = 2 ⋅ 13 − 4 = 2 ⋅ 3 = 6; 3. Подставим y = –2 в уравнение окружности:

CD =

2S 2 ⋅ 6 = = 3. AB 4

(x – 2)2 + 1 = 1, (x – 2)2 = 0 ⇒ единственную. ⎧ m = 6 + 4k ⎧ 6 = −4 k + m ; ; ⎨ 4. Пусть c = k a + mb , тогда ⎨ ⎩2 = 3k − 24 − 16k ⎩2 = 3k − 4m ⎧ k = −2 ⇒ c = −2( a + b) . ⎨ ⎩m = −2

Вариант 2 1. AB = 2i − 3 j ;

⎧−1 − x = 2 ⎧ x = −3 1) Пусть A(x, y), тогда ⎨ ⇒ A(–3; 7). ⇒ ⎨ ⎩y = 7 ⎩ 4 − y = −3 11 ⎞ ⎛ 2) Пусть M — середина AB, тогда M ⎜ −2; ⎟ . 2⎠ ⎝ 3) Пусть y = kx + b — уравнение AB, тогда 3 ⎧ k =− ⎧b = 4 + k ⎪⎪ ⎧4 = −n + b 2 ⇒ y =−3x+ 5 . ; ⎨ ; ⎨ ⎨ 2 2 ⎩7 = −3n + b ⎩3 = −2k ⎪b = 5 ⎪⎩ 2 2. AB = (2 + 3)2 + (1 − 4) 2 = 25 + 9 = 34 ;

BC = (−1 − 2) 2 + (a − 1) 2 = a 2 − 2a + 10 = 34 ⇒ ⇒ a3 – 2a + 10 = 34 ⇒ 2a2 – 2a – 24 = 0 ⇒ D1 = 1 + 24 = 25 ⇒ ⇒ a1 = 1 + 5 = 6, a2 = 1 – 5 = –4. Ответ: 6; –4. 3. Т.к. 6 > 5, то (x – 11)2 + y2 = 36. 4. Т.к. a ↑↑ b , то a {–x; 2x}, тогда

{

}

x 2 + 4 x = x 5 = 32 + 42 = 5 ⇒ x = 5 ⇒ a − 5; 2 5 .

Вариант 3 1. Е (-1;4), М (2;3), F (1;-3), К (4;4). 1) EM = 3i − 7 j .

2) FK = 3i + 7 j ⇒ FK не параллелен EM ⇒ пересекает. ⎧ −3 = 2 x + b ⎧ k = 0 ⇒⎨ ⇒ y = −3 . 3) y = kx + b, имеем: ⎨ ⎩ −3 = k + b ⎩b = −3 2. 1) D(3; –1), т.к. D — середина DC. 2) AD {3; –2}, BC {4; 6} ⇒ AD ⋅ BC = 12 – 12 = 0 ⇒ AD⊥BC. 3. Центр окружности – (-2;1). Радиус – 2 ⇒ две точки. 4. m{−4;5}, n{−7;1}, l{6;8} . 77

⎧6 = −4α − 7 β ⎧ β = 8 − 5α ⎧ β = −2 ⇒ l = 2m − 2n . l = α m + β n; ⎨ ;⎨ ; ⎨ ⎩8 = 5α + β ⎩6 = −4α − 56 + 35α ⎩α = 2

Вариант 4 −2 + 4 1 − 5 ; ) = (1; −2) . 2 2 ⎧1 = −2k + b ⎧b = 1 + 2k ⎧ k = −1 3) y = kx + b; ⎨ ;⎨ ; ⎨ ⇒ y = −x −1 . 5 4 5 4 1 2 − = k + b − = k + + k ⎩ ⎩ ⎩b − 1

1. EF = 6i − 6 j . 1) E (-2;1) ⇒ F (4;-5). 2) (

2. (m − 4) 2 + (3 − 1) 2 = (4 − 2) 2 + (1 − 4)2 .

m 2 − 8m + 16 + 4 = 4 + 9 , m 2 − 8m + 7 = 0, m = 7 или m = 1. 3. Т. к. центр имеет отрицательную ординату, то О (-6;0) ⇒ x2 + ( y + 6)2 = 16 . 4. Т.к. m ↓↑ b , то m{2 x; − 4 x} ⇒ 4 x2 + 16 x2 = 2 x 5 = 22 + 22 = 2 2 ⇒

⎧⎪ 2 2 2 ⎫⎪ ⇒ m ⎨2 ; − 4 ⎬ . 5 5 ⎪⎭ ⎪⎩ 5

⇒x=

К-2 Вариант 1 B

K F P

1. ∠В = 180° – 75° – 40° = 65° ⇒ по теореме синусов BC AB AC BC sin 75° 17sin 75° = = ⇒AB= = и sin 40° sin 40° sin 40° sin 75° sin 65° C 17sin 65° BC 17 AC = ; R= . = sin 40° 2sin 40° 2sin 40° 2. Наверное, имеется ввиду медиана HF, а не NF, потому что в ∆PKH нет медианы NF. т.к. HF — медиана, то FE = 3 ⇒ по теореме косинуH сов:

HF = FK 2 + KH 2 − 2 FK ⋅ KH cos100° = 34 − 30cos100° . 1 1 1 1 15 Т.к. PF = PK, то S(PFH)= S(PKH) = ⋅ ⋅6 ⋅ 5 ⋅ sin 100° = sin100°. 2 2 2 2 2 3. 1 ∠EAC = ∠BAC = α ⇒ ∠AEC = π – 3α ⇒ ∠BEA = 3α ⇒ B 2 4 AB = ⇒ ⇒ по теореме синусов: E sin α sin 3α A

⇒ AB=BC=

a 2 sin 23α ⋅ sin 4α a sin 3α 1 . ⇒S = AB2sin4α = sin α 2 2sin 2 α

Вариант 2 1.

По теореме косинусов: AC = 16 + 25 − 2cos110° = 41 − 40cos110° . C 5 AC По теореме синусов: ⇒ = sin ∠A sin110° A 5sin110° 5sin110° ⇒ ∠A = arcsin = arcsin ⇒ AC 41 − 40cos110° 5sin110° ⇒ ∠C = 70 – arcsin . 41 − 40cos110° 2. ∠BAD = 180° – 110° = 70° ⇒ ∠BAE = 40° ⇒ E B C AB BE = ⇒ по теореме синусов: sin 30° sin 40° A D AB sin 40° = 10sin40° ⇒ BC = 20sin40° ⇒ ⇒ BE = sin 30° AB ⇒ S = 5 ⋅ 20sin40°sin110° = 100sin40°sin110°. R = = DB = 5. sin 30° 3. K 1 ⎧ ⎪ S = 2 PK ⋅ PT sin α ⎪ 1 ⎪ Имеем: ⎨ S = PK ⋅ KT ⋅ sin(α + β ) ⇒ 2 ⎪ P T ⎪ KT sin β = PK sin α ⎪ ⎩ B

PK sin α 2S sin β 1 . PK ⋅ sin(α + β) ⇒ PK = sin β sin α (sin(α + β )) 2

Вариант 3 1. ∠B = 180o − 50o − 20o = 110o . R = BC =

AC 15 = . 2sin ∠B 2sin10o

AC ⋅ sin ∠A 15 ⋅ sin 20o AC ⋅ sin ∠C 15 ⋅ sin 50o . . AB = = = sin ∠B sin ∠B sin110o sin110o

∠CBD = ∠BDC = arcsin = arccos

BD 2 + AD 2 − AB 2 36 + 25 − 16 = arccos = 2 ⋅ 65 2 AD ⋅ BD

45 3 = arccos ; 60 4

S = 2S(ABD) = 2 ⋅ p( p − a)( p − b)( p − c) = =2

15 7 5 3 1 15 ⋅ ⋅ ⋅ = 15 ⋅ 7 ⋅ 3 ⋅ 5 = 7. 2 2 2 2 2 2 B 3. ∠ACD = α ⇒ ∠ADC = π – 2α ⇒ α 3α ⇒ ⇒ ∠APD = π – – (π – 2α) = 2 2 C a AD ⇒ по теореме синусов: ⇒ = α α 3α sin sin P 2

⇒ AD =

3α a sin 2

sin

⇒ S = AD2sin2α =

a 2 sin 2 sin 2

3α 2

⋅ sin2α.

Вариант 4 1. По теореме косинусов: MP = 29 − 20cos 40o . По теореме синусов: PK MP PK sin ∠K 2sin 40o = ⇒ sin ∠M = = ⇒ sin ∠M sin ∠K MP 29 − 20cos 40o

⇒ ∠P = 160o − arcsin

2sin 40o

. 29 − 20cos 40o 2. ∠BAC = ∠BCA = 65° ⇒ ∠B = 50° ⇒ ∠BEK = 110° ⇒ ⇒ по теореме синусов B 5sin 50° 5sin110° EK = , BE = ⇒ sin 20° sin 20° F 10 sin110 ° AB 10sin110° α = ⇒ AB = иR= O sin 20 ° 2sin 65° 2sin 20° sin 65° E 2 5 sin 1 10 ° 1 sin50°. A C S = EB ⋅ BK ⋅ sin50° = 2 2 ⋅ sin 2 0 ° 3. По теореме синусов: a = 2 R sin α , b = 2 R sin β , c = 2 R sin(α + β ) ⇒ 80

⇒S =

S abc = 2 R sin α sin β sin(α + β ) ⇒ R = sin α + β . 4R 2sin α sin β

К-3 Вариант 1 y

1. По теореме косинусов: AC = 2 ⋅16(1 − cos120°) = 4 2(1 + cos60°) =

⎛ 1⎞ = 4 2 ⋅ ⎜1 + ⎟ = 4 3 ⇒ BH⊥AC, тогда ⎝ 2⎠

C x

BH = AB ⋅ cos30° = 2 3 ⇒ тогда выберем систему ко-

ординат так, чтобы A(0;0) , C (4 3;0) , B( 2 3 ; 2 3 ), тогда

{ 2) BA{−2

} { } 3; −2 3} , AC {4 3;0} ⇒ BA ⋅ BC = −24 ; 1 3) MN = AC ⇒ MN {2 3;0} ⇒ MN ⋅ AC = 24 . 2

1) BA −2 3; −2 3 , BC 2 3; −2 3 ⇒ BA ⋅ AC = −8 ;

2. 1) Т.к. M — середина BC, то M(–2; 4) ⇒ АM {–2; 0}, B AM ⋅ AC AC {–1; –1} ⇒ ∠MAC = arccos = AM ⋅ DC

1 π = arccos = = ; = arccos 2⋅ 2 2 4

2) AB ⋅ BC + AB ⋅ CA = PB ( BC ⋅ CP) = AB ⋅ BA = − AB 2 =–(32 + (5–4)2)=–10. 3. Т.к. a ⊥ b , то a {3x; x}⇒10=9x2 + x2 ⇒ x = ±1 ⇒ a1{3; 1}; a2{–3; –1}, составляет с Ox тупой угол, а a1 — острый угол. Ответ: {3; 1}.

Вариант 2 B 1. AD = AC ⋅ sin60° = 3 3 , CD = 6sin60° = 3, тогда выберем систему координат так, чтобы A(0; 0), B(0; 3), D( 3 3 ; 0), C( 3 3 ; 3), тогда A 1) CA −3 3; −3 , CP{0;−3} ⇒ CA ⋅ CP = 9 ;

{

}

{

}

{

C D

}

2) AD 3 3 ;0 ⇒ AD ⋅ CA = −27 ; 3) BC 3 3;0 , DA − 3 3 ;0 = −27 . 2. A (-1;4), B (1;-2), C (0;4), D (2;2). 1) E (0;1), F (1;-1) ⇒ EF{1;−2}, CD{2;6}. 81

cos ∠( EF ; CD) =

EF − CD EF ⋅ CD

⇒ ∠( EF , CD) = arccos(−

−14 2 − 16 14 2 = =− ⇒ 20 5 ⋅ 40 5 ⋅ 2 ⋅ 2

7 2 7 2 ) ⇒ острый. Угол равен π − arccos(− ). 10 10

2) BC{−1; −2}, BD{0;4} . CD ⋅ BC − CD ⋅ BD = CD ( BC − BD ) = CD ⋅ DC = −CD 2 = −40 . 3. BC ⋅ AD + CA ⋅ BE + AB ⋅ CF = 1 = BC ( AB + AC ) + CА( BA + BC ) + AB (CA + CB) = 2 1 = BC ⋅ AB + BC ⋅ AC + AC ⋅ AB − AВ ⋅ BC − AC ⋅ AC − AB ⋅ BC = 0 . 2

(

)

(

)

Вариант 3 B

1. AC = 4, BC = 4 ⋅ cos30° = 2 3 , тогда выберем систему ко-

ординат так, чтобы: C(0; 0), A(2; 0), B(0; 2 3 ), тогда

E(1; C

3 ), F(1; 0).

{

}

{

}

1) BA 2; −2 3 , BC 0; −2 3 ⇒ BA ⋅ BC = 12 ;

{

}

2) AC {−2;0} ⇒ BA ⋅ AC = −4 ; 3) EF 0; − 3 ⇒ EF ⋅ BC = 6 . 2. 1) F (1;3) ⇒ СF {0;6}, AC{2; −7}.

cos ∠( AC; FC) =

AC − FC AC ⋅ FC

−42 7 < 0 ⇒ ∠( AC , FC ) = π − arccos(− ); 55 6 ⋅ 55

2) CF ⋅ FA − FC ⋅ AC = CF ( FA + AC ) = CF ⋅ FC = −CF 2 = −36 . 3. Т.к. m ⊥ k и угол между m и Оy тупой, то m{α ;2α } , где

α < 0 ⇒ 5α 2 = 16 ⋅ 5 ⇒ α 2 = 16 ⇒ α = −4 ⇒ m{−4; −8} .

Вариант 4 B

K O

1. Из ∆AOB: CB = 3, AO = 3 3 , тогда выберем систему

координат так, чтобы A(0; 3 3 ), C(0; – 3 3 ), B(3; 0), D(–3; 0), тогда:

{ } { } 2) AD {−3; −3 3} , DB {6;0} ⇒ AP ⋅ DB = −18 ;

1) AB 3; −3 3 , PC 0; −6 3 ⇒ AB ⋅ AC = 54 ;

(

)(

)

3) PB + AP PB − AD = PB 2 − AD 2 = 36 − 36 = 0 . 2. EK {4; 3}. PM {–6; a – 1}, т.к. EK⊥ PM , то –24 + 3a – 3 = 0 ⇒ a = 9 ⇒ P(–4; 9). Далее см. Вариант 1. 3. Выберем систему координат так, чтобы A(0; 0), B(0; b), C(a; b), D(a; 0), M(x; y), тогда MP {x; y}. MC {x – a; y – b}. MB {x; y – b}, MD {x – a, y}, тогда MP ⋅ MC = x(x – a) + y(y – b) = x2 –ax + y2 – yb; MB ⋅ MD = x(x – a) + y(y – b) ⇒ MA ⋅ MC = MB ⋅ MD .

К-4 Вариант 1 1. R =

3 3 3a 2 4π = ; = 2 ⇒ a = 2 ⇒ Sш = 6 ⋅ a 2 4 2 2π

3 ⇒ Sк = π(R2 – r2) = π(4 – 3) = π. 2 ∪ 1 5 1 25π 2. По теореме Пифагора R = 5 ⇒ AB = 2π R = π ; S = π R 2 = . 4 4 4 2 r=a

3. По теореме косинусов: AC = 2R2 (1 − cos120°) = R 2(1 + cos60°) = 3R ;

AB = 2 R 2 (1 − cos60°) = R ⇒ ⎛π 1 1 3 1 2 3 3⎞ ⇒ S = πR2 – π R 2 − π R 2 + R 2 + R = R 2 ⎜⎜ + ⎟⎟ . 3 6 4 2 2 ⎝2 2 ⎠ 4. Пусть l1, l2, ..., ln — длины перпендикуляров, тогда 1 1 S = a(l1 + ... + ln), с другой стороны S = narn ⇒ l1 + ... + ln = nr. Ч.т.д. 2 2

Вариант 2 1. . Радиус вписанной окружности равен 4 ⇒ радиус описанной равен 8 1 1 3 = 48 3 . ⇒ S = π (82 − 42 ) = 48π . Sтр = 3 ⋅ ⋅ 82 ⋅ sin120o = 3 ⋅ ⋅ 64 ⋅ 2 2 2 1 2. Т.к. дуга равна 60 o , то радиус равен 6 ⇒ l = ⋅ 2π ⋅ 6 = 2π , 6 1 2 а S = π 6 = 6π . 6 1 1 1 3. S = π R 2 − π R 2 − 2 ⋅ R 2 = π R 2 − R 2 . 2 2 2 4. Пусть сторона восьмиугольника равна a, тогда DE = a.

∠A2A3A4 =

180(8 − 2) 180 ⋅ 6 = =45 ⋅ 3 = 135° ⇒ 8 8

⇒ EF = 2a 2 (1 − cos(360° − 90° − 90° − 135°)) = a 2(1 − cos 45°) = ⎛ 2⎞ = a 2 ⋅ ⎜⎜1 − ⎟ = a 2 − 2 ≠ DE ⇒ многоугольник неправильный. 2 ⎟⎠ ⎝ Примечание: если бы квадраты были построены как шестиугольники, то неправильный 12-угольник был бы правильным.

Вариант 3 1. Радиус большей окружности равен 4 ⇒ радиус меньшей равен

2 2 ⇒ длина стороны равна 4 2 ⇒ S кв = 32 , а S = π (16 − 8) = 8π . 2. По теореме косинусов: 144 = 2 R 2 (1 − cos 120 o ) ; 144 = 2R 2

1 3 1 8π 3 , а S = π 48 = 16π . ⇒ R 2 = 48 ⇒ R = 4 3 ⇒ l = 2π 4 3 = 3 2 3 3

1 1 3 1 2 3 2 3. S = πR 2 − πR 2 − 2 R 2 ⋅ = πR − R . 2 2 2 2 2 4. Рассмотрим ∆BCO, т.к. AC⊥BO, S(ABCO) =BO ⋅ AC =R ⋅ an, но S2n = nS(ABCO) = (nan / 2) R .

Вариант 4 1. По теореме синусов: R =

S = P

S кольца

3 2 4 4

4 o

2sin 60

4 2⋅

3 2

4 3 ; 3

4 3 2 3 2 3 4 3π = ⇒ l = 20 = ,а 6 3 3 3 48 12 36 =π( − ) =π = 4π . 9 9 9 6

2. (1/6)2π r = 2π ⇒ r = 6 ⇒ длина хорды тоже равна 6. S = (1/ 6)2π r 2 6π . 3. S = π R 2 − (1/ 2)π R 2 − R 2 = (1/ 2)π R 2 − R 2 . 4. ∠A1AB1 = ∠B1BC1 = ∠C1CD1 = ∠D1DE1 = ∠E1FF1 = ∠F1FD1, как внешние углы правильного шестиугольника. A1A = B1B = C1C = F1F = = D1D = E1E по условию ⇒ ∆A1AB1 = ∆B1BC1 = ∆C1CD1 = ∆D1DE1 = = ∆E1EF1 = ∆F1FA1 по 1-му признаку ⇒ A1B1 = B1C1 = C1D1 = D1E1 = = E1F1 = F1A1 ⇒ A1B1C1D1E1F1 — правильный шестиугольник.

К-5 Вариант 1 1. 1) Перенесите точки B, C и D на вектор AM . Пусть они переходят в точки B1, C1, D1, тогда B1C1D1M — искомый квадрат. 2) Поверните точки A и B вокруг точки C на 10° по часовой стрелке. Пусть они переходят в точки A1, B1, тогда ∆A1CB1 — искомый. 2. Пусть это углы ∠ABC и ∠A1B1C1, тогда необходимо и достаточно, чтобы BA ↑↑ B1 A1 и BC ↑↑ B1C1 . B

3. ABCD — равнобокая трапеция ⇒ ∆ABM = = ∆DCM ⇒ AM = MD ⇒ ∆AMN = ∆DMN ⇒ O ⇒ ∠MNA = ∠MND = 90° ⇒ BMN = 90° ⇒ MN — A D N ось симметрии окружности ⇒ проходит через центр. 4. Пусть O — искомая точка. Тогда AO = OC, OB = OD, ∠AOC = ∠BOD. Пусть OF⊥AB и OF = OE, тогда из ∆AOB = ∆COD ⇒ OE⊥CD и OE = OF. ∠FOB = ∠COE ⇒ BF = CE, но AF = CE и BF = ED ⇒ ⇒ AF = FB = CE = ED ⇒ OF и OE — серединные перпендикуляры.

Вариант 2 1. 1) Перенесите точки B, C, и D на вектор АM , пусть при этом они переходят в точки B1, C1, и D1, тогда МB1C1D1 – искомый. 2) Поверните точки В и А вокруг центра С на 60 o против часовой стрелки, пусть при этом они переходят в точки А1, и В1, тогда ∆А1 В1С -

искомый, а угол между АВ и А1В1 равен, очевидно, 60 o . 2. ∆OMF = ∆ONF ⇒ MF = FN ⇒ M и N — симметричны относительно OC. 3. OA {–5; 3}; OB {3;5}⇒ AO = BO и AO ⋅ OB =0 ⇒

A M C

⇒ AO⊥BO ⇒ B может быть получена из A повороF том вокруг точки O на 90°. O 4. Постройте ∆A1B1C1 с основанием A1C1 ∈ a, затем проведите b1||a так, чтобы B ∈ b1. Пусть b1 ∩ b = D. Перенесите ∆P1B1C1 на вектор B1D .

Вариант 3 1. 1)Перенесите точки А, В, C, и D на вектор MD , пусть при этом они переходят в точки А1, B1, C1, и D1, тогда А1B1C1D – искомая.

2) Поверните некоторую точку прямоугольника на 90° вокруг точки A по часовой стрелке и соедините полученные точки . Т.к. поворот осуществлялся на 90°, то ∠(BD, B1D1) = 90°. 2. Стороны должны быть противоположно направлены, а величины равны. B2 3. Пусть AB→A1B1 параллельным переносом на вектор a1 , а A1B1 → A2 B2 параллельным B B1 переносом на a2 , тогда AB → A2 B2 парал-

A лельным переносом на вектор a1 + a2 . 4. Поверните прямую a на 60°, тогда точки пересечения образа прямой с окружностью a их прообраза на прямой a являются искомыми.

A1 a H O

Вариант 4 1. 1) Перенесите вершины трапеции на вектор PA , затем их образы соедините. 2) Поверните вершины трапеции вокруг середины АС на 60 o по часовой стрелке, а затем соедините их образы. Угол между АВ и А1B1 равен, очевидно, 60 o . B M C 2. Очевидно, что ∠A = ∠C, ∠B = ∠D, ∠BMN = ∠MND, ∠MNA = ∠NMC ⇒ фигуры как миO нимум подобны, но AB = CD по свойствам параллеA N D лограмма ⇒ фигуры равны. 3. В условии опечатка: либо в координатах точки, либо в угле поворота. Если угол равен 180 o , то все очевидно. 4. Пусть a∩c = M, b∩d = N ⇒ MN — искомый вектор.

К-6 Вариант 1

A D B

1. 1) ∠A — общий, оба треугольника — прямоугольные ⇒ они подобны. По теореме Пифагора: AD = (3 − 2,4)(3 + 2,4) = 0,6⋅ 5,4 =

1 6⋅3 6⋅6⋅9 = = 1,8 , 10 10 CD 2 5,76 0,96 т.к. CD2 = AD ⋅ DB, то DB = = = = 3,2 ⇒ 1,8 0,3 AD ⇒ AB = AD + DB = 5 ⇒ CB = 4 ⇒ S =(1/2) ⋅ 3 ⋅ 4 = 6. C

S 6 = = 1 ⇒ Sк = πr2 = π. p 6 3) RADC =(3/2), RCDB =(4/2) = 2 (т.к. треугольники прямоугольные) ⇒

2) r =

⇒

RADC 2 3 = = . RCDB 2 4

4) CD = CB + BD = CB +

3,2 6,4 BA = CB + (CA − CB) = 0,36CB + 0,64CA 5 10

5) (BC − BA)( AC + CB) = AС ⋅ AB , где CA{0;3} , AB{4;−3} ⇒ AС ⋅ AB = −9 .

Вариант 2 B

60° A H

1) BH = 6 ⋅ sin60° = 3 3 ; DF=12⋅sin60° = 6 3 ⇒ ⇒ S = AB ⋅ DF = 36 3 . 2) ∠C = ∠A = 60° ⇒ ∠D = 180° – 60° = 120° ⇒ ⇒ ∠EDC = 60° ⇒ ∆ECD — равносторонний ⇒

3 3 CD 2 = ⋅ 36 = 9 3 . 4 4 3) По теореме косинусов: ⇒ S(ECD) =

AC = 36 + 144 − 2 ⋅ 6 ⋅ 12 ⋅ cos120° = 180 + 144 ⋅

1 = 2

= 180 + 72 = 252 = 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 7 = 6 7 . 1 1 1 1 4) Т.к. CE=6, то BE=6 ⇒ DE = ( DC + DB) = − CD + ⋅ ( DA + DC ) = 2 2 2 2 = −(1/ 2)CD − (1/ 4)CD + (1/ 4)CB = (1/ 4)CB − (3/ 4)CD . 5) ( AB + BE )(CE − CD) = AE ⋅ ED , где AE {6+6cos60°; 6}⇒ AE {9; 6}⇒ ED {3; –6}⇒ AE ⋅ DЕ =–27+36 =9.

Вариант 3 1) Очевидно, что 2AE = AD – BC ⇒ AE = 2 ⇒ 2 3 2 3 16 3 1 ⇒S = (10 + 6) ⋅ = . ⇒ BE = tg30° ⋅ 2 = 3 2 3 3 A 2) Т.к. BC || AD, то ∠CBO = ∠ODA и ∠BCO = ∠OAD ⇒ 25 S ( AOD) AD 5 = ⇒ = k2 = . ⇒ ∆BOC ∼ ∆DOA и k = BC 3 9 S ( BOC ) 3) По теореме Пифагора:

C O D

BD = BE 2 + ED 2 =

4 14 3 BD ; R= + 64 = = 3 3 2 sin 300

14 3 3 1 2⋅ 2

14 3 . 3

1 1 1 4 AD = BA + ( BD + BA) = BD + BA . 5 5 5 5 ⎧⎪ ⎫ 2 3⎪ 4 BE ⎨0;− ⎬ ⇒ ( BC + CD)( AE − AB) = BD ⋅ BE = . 3 3 ⎪⎭ ⎪⎩

4) BE = BA + AE = BA + ⎧⎪ 2 3 ⎫⎪ 5) BD ⎨8;− ⎬, 3 ⎪⎭ ⎪⎩

Вариант 4 B

1) S = p( p − a )( p − b)( p − c) = 8 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 2 = 12 ⇒ 2S 24 = . AB ⋅ BC 25 2) ∠C — общий и оба они прямоугольные ⇒ и подобны. ⇒ sin∠ABC =

K A

6 54 1 6 ⋅ 3 18 2S 24 ⎛ 24 ⎞⎛ 24 ⎞ = . AK = = ⇒ KC = ⎜ 6 − ⎟⎜ 6 + ⎟ = ⋅ = 6 ⋅ 6 ⋅ 9 = BC 5 5 ⎠⎝ 5⎠ 5 5 5 5 5 ⎝

AC 6 150 50 25 2π = 48 = = = ; lокр = 2π R = 2π ⋅ = 6,25π см . 8 2sin ∠ABC 48 16 8

3) R =

4) AK = AC + CK = AC +

18 5

CB = AC +

18 CB . 25

5) ( BD + BC ) ⋅ AC = 2 BD ⋅ AC = 0 , т.е. BD⊥AC.

ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ 1. Пусть CF = x = CE, тогда p = 8 + x, тогда S = ( p + x) ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ x ⇒

O O1 K C B

2 =1 +r+r 2 ⇒r=

A C B A

O 88

(8 + x) ⋅ x ⋅15 5 15 x 25 = ⇒ = ⇒ 8+ x 3 8+ x 3 ⇒ 45x = 200 + 35x ⇒ 20x = 200 ⇒ x = 10 ⇒ BC = 13. 2. Пусть r — радиус меньшей окружности, тогда OE = 2 r , OC = 2 ⇒ OC = CD + r + OE,

⇒

2 −1 . 2 +1

3. ∆AEC = ∆OEB, т.к. OB = AC;

∆DBE = ∆OEB, т.к. OE = DF ⇒ ∆AEC = ∆DBF. 1 1 AB ⋅ BC ⋅ sin∠B < ; 2 2 A 1 1 O C S(ADC) = AD ⋅ DC ⋅ sin∠D < ⇒ 2 2 D ⇒ S = S(ABC) + S(ADC) <(1/2) +(1/2) = 1. 5. S(AEC) > S(AEF), т.к. FN < CM, тогда B S1 + S3 > S0 + S1; S3 > S0; N S1 AP S3 AP = = , ⇒ S0 PF S2 PF M B

E S0 S1 P

4. S(ABC) =

⇒

S1 S3 S S = , но S0< S3 ⇒ 3 > 0 ⇒ S0 S 2 S2 S2

S1 S0 > ⇒ S0 < S1 ⋅ S2 . S0 S 2 6. По теореме косинусов a2 = b2 + c2 – 2bccos∠A. Но a = 2Rsin∠A, b = 2Rsin∠B и c = 2Rsin∠C по теореме синусов, тогда теорема косинусов примет вид: 4R2sin2∠A = 4R2sin2∠B + 4R2sin2∠C – 8R2sin∠B ⋅ ⋅ sin∠C ⋅ cos∠A⇒sin2∠A=sin2∠B+sin2∠C – 2sin∠B ⋅ sin∠B ⋅ cos∠A. Ч.т.д. α ,а B C 7. Пусть∠BAD=α,∠ABC=β⇒α+β=π и ∠FAD = 2 F E ∠EDA =(1/2) ∠CDA =(1/2) ∠ABC =(β/2), P K α β π + = ⇒ ∠AED = 90°. но A D 2 2 2 Аналогично можно показать, что и другие углы равны 90° ⇒ EDKF — прямоугольник. Пусть AB = b, BC = a. Тогда BK = asin(α/2), BE = bsin(α/2) ⇒ ⇒ EK = BK – BE = (a – b)sin((α/2). Аналогично, EF = (a – b)cos(α/2) ⇒ S(EFDK) = (a – b)2cos(α/2) sin(α/2), а α α (a − b) 2 cos sin 2 S ( EKDF ) 2 2 = ( a − b) , = S(ABCD) = absinα ⇒ S ( ABCD) ab sin α 2ab S3

но a = 7, b = 5 ⇒

⇒

( a − b) 2 4 2 = = . 2ab 70 35

1 AB ⋅ BC ⋅ sin∠B, т.к. S — целое число, то 2 1 sin∠B = или sin∠B=1⇒∠B равен 30° или 90° или150°. 2

8. S =

1) ∠B = 30° по теореме косинусов: ⎛ 3⎞ AC = 2 ⋅ 22 (1 − cos30°) = 2 2 ⎜⎜1 − ⎟ = 2 2− 3 . 2 ⎟⎠ ⎝ 2) ∠B = 150°, тогда AC = 2 ⋅ 22 (1 + cos 30°) = 2 2 + 3 . 3) ∠B = 90° ⇒ по теореме Пифагора: AC = 2 2 . 9. Пусть ∠ABM=α, ∠CBM=β, а сторона квадрата равна x. B Тогда по теореме косинусов: ⎧ x 2 − 40 α cos = 2 ⎪ ⎧⎪ 49 = 9 + x − 6 x cosα ⎪ 6x A ⇒ ⎨ . ⎨ 2 2 x − 16 ⎪⎩ 25 = 9 + x − 6 x cos β ⎪ ⎪⎩cos β = 6 x Но α + β = 90° ⇒ cosα = sinβ ⇒ 2

C M D

⎛ x 2 − 16 ⎞ ⎛ x 2 − 40 ⎞ ⎛ x 2 − 16 ⎞ x 2 − 40 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎟ = 1− ⎜ = 1 − ⎜⎜ ⇒ ⎟ ⎜ ⎜ 6x ⎟ ⇒ ⎟ 6x ⎝ 6x ⎠ ⎝ 6x ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ x4 – 80x2 + 1600 = 36x2 – x4 + 32x2 – 256 ⇒ x4 – 74x2 + 928 = 0, откуда x1 = 58 , x2 = 4, т.е. 4 < 40 , то x2 — посторонний ⇒ x = 58 . B 10. Пусть AB = x, AK = y; S(BAK) + S(CAK) = S; 1 xy S(BAK) = xy ⋅ sin30° = ; K 2 4 1 (a − x) y S(CAK) = (a – x)y ⋅ sin30° = ; A C 2 4 x(a − x) x(a − x) 3 ⇒ 3 x(a – x) = xy + (a – x)4, sin 60° = 2 4 3 x(a − x) откуда, y = . По теореме косинусов: a BC2 = x2 + (a – x)2 – 2x(a – x)(1/2)=x+a2–2ax+x2–ax + x2 = 3x2 – 3ax + a2, но x(a − x) 3 2 2 = 3x( x − a) + a 2 . y = BC ⇒ a 3 3 t 3 2 2 Обозначим, x(a – x) = t, тогда: = a − 3t ; 3t 3 = 2a a 2 − 3t , a 3 2a 2 2a 2 ⇒x(a–x)= ⇒ 27t2 = 4a2(a2 – 3t), 27t2 + 12a2t – 4a4 = 0, откуда t= 9 9 ⇒ 9x2 – 9ax + 2a2 = 0, откуда x1 =a/3, x2 =2a/3 ⇒ BC = a 3 / 3 . B 11. Пусть PC и AH пересекаются в точке O. S(ABC) =

90 P A

H C

Т.к. ∠APC = ∠AHC = 90°, то вокруг APHC можно описать окружность ⇒ ∆POH ∼ ∆AOC и k = 2 ⇒ ⇒ ∠BAH=30° (т.к. ( PO / AO) = 1/ 2 и ∠APO = 90°) ⇒ ⇒ ∠ABC = 90° – ∠BAH = 60°. 12. Пусть R — радиус окружности, тогда сумма квадратов сторон квадрата равна 4 ⋅ 2R2 = 8R2, а сумма квадратов сторон 16-угольника равна π⎞ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⎛ 16 ⋅ 2R2 ⎜⎝1 − cos 8 ⎟⎠ = 32R2 ⎜⎝1 − cos 8 ⎟⎠ ⇒ 8R2 > 32R2 ⎜⎝1 − cos 8 ⎟⎠ . C 13. Пусть a и b — длины сторон параллело-

грамма, а ∠BAD = α,

тогда BD = a 2 + b 2 − 2ab cos α и

O A

AC = a 2 + b 2 + 2ab cos α , тогда

(a2 + b2 )2 − 4a2b2 cos2 α , а BC

AC ⋅ BD =

– AB2 = b2 – a2;

(a2 + b2 )2 − 4a2b2 cos2 α ∨ b

– a2, (a2 + b2)2 – 4a2b2cos2α ∨ (b2 – a2)2, (a +b ) –(a –b ) ∨4a b cos α, (a2+b2–a2+b2)(a2 + b2 + a2 – b2) ∨ 4a2b2cos2α, 2

2 2

4a2b2 ∨ 4a2b2cos2α ⇒

(a 2 + b 2 ) 2 − 4a 2b 2 cos 2 α > b 2 − a 2 ⇒ ч.т.д.

14. Выберем систему координат, как показано на рисунке, тогда ah 2 a 2h ,y= 2 ⇒ x= 2 2 a +h a + h2 ⎛x y⎞ M⎜ ; ⎟ ⎧ ⎝2 2⎠ ah 2 a 2h ⎫ ; 2 ⇒ AE ⎨a + 2 ⎬,и E(x; y) 2 a + h a + h2 ⎭ ⎩ A(–a; 0) D(0; 0) C(a; 0) x ⎧ ah 2 ⎫ a 2h BM ⎨ ; − h ⎬ ⇒ AE ⋅ BM = 2 2 2 2 ⎩ 2(a + h ) 2( a + h ) ⎭ 2 2 2 a ( 2h + a ) ah a 2 h h( a 2 + 2h 2 ) = ⋅ − ⋅ = 0 . Ч.т.д. a 2 + h2 2(a 2 + h 2 ) a 2 + h 2 2(a 2 + h 2 ) C B 15. Пусть AC = a, тогда перенесем BD на O 120° BC , получим, CD1. 120° CE 1 = и ∠CEA = 90° ⇒ ∠CAD=30° ⇒ A D1 F E D AC 2 ⇒ ∠ODA = 30° ⇒ ∠CBO = 30° ⇒ ∠BCO = 30° ⇒ ∠ODD1 = 150° ⇒ ⇒ ∠CD1D = 30° ⇒ ∆ACD1 — равнобедренный ⇒ AC = CD1 = BD = 4. L E 16. Т.к. ∠LKN = ∠LMN = 90°, то вокруг KLMN можно B C описать окружность с центром в точке O — середине P M LN. KO = OM — радиусы ⇒ KP = PM. Продлим OP K y B(0; h)

91 A

до пересечения с BC и AD в точках E и F, соответственно. Т.к. KM || AD и KM || BC, то BE = EC = FA = FD; ∆LOE = ∆NOF по гипотенузе и острому углу ⇒ M C B EO = OF ⇒ O — центр квадрата. O 17. Пусть DM∩AC=0. BN—медиана ∆CBD⇒O∈BN. N K Т.к. ∠COD=90°, то NO=(1/2) CD, но ON=(1/3) BN⇒ A BN 3 D ⇒ = . CD 2 18. Очевидно, что площадь любого треугольника с угB C n лами в узлах сетки есть число вида (n ∈ N), так как 2 основание и высота суть натуральные числа. A S(ADC) =(1/2) AC ⋅ AD ⋅ sin∠DAC, D S(DBC) =(1/2) BD ⋅ BC ⋅ sin∠DBO, но ∠DPC=∠DBC=α (т.к. PBCD — вписанный) ⇒ AC ⋅ AD ⋅ sinα = m1, m − m2 BC ⋅ BD ⋅ sinα =m2 ⇒ AC ⋅ AD – BD ⋅ BC = 1 ≥ 1 , т.к. m1 ≠ m2, sin α т.к. PBCD — не трапеция. 19. Построим круг с диаметром AD, т.к. π ∠ABC > , то точка C находится в центре круC 2 a b c c c mC га ⇒ CO < = + , т.к. B 2 4 4 A O С С c a+b c a+b p c < a + b, то < ⇒ CO < + = . 2 2 4 4 4 4 4 Ч.т.д. B 20. Т.к. CL = CK, то ∠KLC = 90° – γ ∠ALC = 180° – α – 2γ, β β ∠ALP = 180° – α – 2γ – (90° – γ) = 90° – (α + γ), но α + β + γ = 90° ⇒ α+γ = 90° – β ⇒ ∠ALC = β. L ∠ADP = ∠ALC = β ⇒ вокруг ABCP можно опиα α 2γ сать окружность ⇒ т.к. ∠ABP = ∠PBL, то P C AP=PL как хорда, стягивающая одинаковые дуги. A K 21. Пусть точки D и B находятся на расстоянии 1, тогда точка C может находиться лишь в пересечении окружностей единственного радиуса с 1 1 1 центром A и B⇒∆ABC — равносторонний ⇒R = = = . 3 2sin 60° 2 3 2

22. Очевидно, что либо

A3 A2

92 A1 A6

S(A1OA2) + S(A3OA4) + S)A5OA6) + S(A5OA6) ≥

S либо 2

S(A2OA5) + S)A4OA5) + S(A6OA1) ≥S/2. Построим на сторонах равностороннего треугольника ABC (со стороной, равной стороне шестиугольника) шестиугольники, равные тем 3-м, сумма площадей которых больше S/2. Обозначим получившийся 6-угольник B1B2B3B4B5B6, тогда S 2 S 1 S(B1B2B3B4B5B6) > S(OBC) + = S + = S . Ч.т.д. 2 6 2 3 B 23. ∆ABC ∼ ∆BCO, т.к. ∠BAC = ∠OBC и K AC BC ∠BCA—общий⇒ = ⇒BC2 = AC ⋅ CO, A BC CB но CM2 = AC ⋅ CO ⇒ BC = MC ⇒ O D ⇒ ∆BDC ∼ ∆BCO ⇒ C BC BD M ⇒ = ⇒ BC2 = BD ⋅ BO, BO BC но BD ⋅ BO = BK2 ⇒ BK = BC ⇒ MC = BK. Ч.т.д. 24. M

60°

120° A E

60°

Строим вписанную окружность ∆ACМ, касающуюся AF; CD — биссектриса ∠C, AD — биссектриса ∠MAF ⇒ точка D — центр окружности ⇒ FD — биссектриса ∠AFB и ∠DFA =(1/2) ∠BFA. Аналогично, ∠EFA =(1/2)∠CFA ⇒ ∠EFD = ∠EFA + ∠PFA = =(1/2) (∠CFA + ∠BFA) = 90°. Ч.т.д. 25.

l1 C

α P

A1X1 O

Строим AA1⊥PO и xx2⊥PO. Пусть ∠APO = ϕ, ∠PCO = α, ∠CPO = β. PO CO = , но По теореме синусов: sin α sin β CO = OP = POsinϕ ⇒ sinβ = sinαsinϕ (1) PA1 = PAcosϕ, но PA = POcosϕ ⇒ PA1 – 80cos2ϕ (2) PX1=PO–OX1, причем ∠X1XO=∠CPO = β⇒PX1=PO – OX ⋅ sinβ. ∠OXC = CO CO = ∠PCO = α, OX = ⇒ PX1 = PO – ⋅ sinβ. sin α sin α CO Учитывая (1) имеем: PX1 = PO – ⋅ sinα ⋅ sinϕ = PO – CO ⋅ sinϕ, но sin α CO = PO ⋅ sinϕ ⇒ PX1 = PO – PO ⋅ sin2ϕ = POcos2ϕ (3) Сравнивая (2) и (3), получим, что PA1 = PX1, т.е. A1 и X1 — совпадают ⇒ XA⊥OP. Ч.т.д.