Reshenie_S4_Dopolnenie_k_teorii

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

2-й случай (рис. 14). Отрезок KМ является диагональю в прямоугольнике DKCM, поэтому KM CD 2.

3-й случай (рис. 14). Отрезок KМ равен отрезку CD, как противоположные стороны прямоугольника DKMС. Значит, KM 2 .

C	B	K	C	B
	M	D
D	A		M	A
	K
C	B	K	C	B
	M			M
D	A	D		A

K

Рис. 14

4-й случай (рис. 14). В прямоугольном треугольнике CDK CDK 30 и KC 1 (как катет, лежащий против угла в 30°). Отсюда KB 3. В прямоугольном треугольнике CВМ BM 1. Для треугольника KВМ используем теорему косинусов

KM2 32 12 2 3 1 cos60 7.

Отсюда KM 7 .

Ответ: 1 или 2 или 7 .

16. (ЕГЭ, 2012). Дан равнобедренный треугольник с боковой стороной равной 4

иуглом 120 . Внутрь треугольника вписаны две равные окружности таким образом, что окружности касаются друг друга

икаждая окружность касается двух сторон треугольника. Найдите радиус окружностей.

Рис. 15а

Решение. В данном треугольнике углы при основании, основание и высота, опущен-

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

ная на основание, соответственно равны 30 ,

43 и 2.

Существует два рисунка, удовлетворяющих условию задачи.

1-й случай: пусть каждая из окружностей касается основания и боковой стороны (рис. 15а). В этом случае каждая из этих окружностей вписывается в прямоугольный тре-

угольник со сторонами 2, 23 и 4. Рассмотрим, например, прямоугольный треугольник ABH . Радиус r вписанной в него окружности находим по формуле

r AH BH AB 2 3 2 4 3 1.
2	2

2-й случай: пусть обе окружности касаются одной из боковых сторон (рис. 15б). Так как центры окружностей лежат на биссектрисах, радиусы, проведенные в точку касания, перпендикулярны стороне AB и KL O1O2 2r , то получаем

AB AK KL LB r ctg15 2r r ctg60 .

Найдем ctg15 по формуле

ctg15 1 cos30 2 3. sin30

Рис. 15б

														1
Тогда получаем						4 r				2		3 2							. От-
											3
						3			.
сюда r		3					3
1		3				2
																	3					.
						Ответ:							1 или							3
											3
																			2

17. (ЕГЭ, 2012). В каком отношении точка касания вписанной в равнобедренный треугольник окружности делит его боковую сторону, если известно, что радиус окружности, касающейся стороны треугольника и продолжений двух других сторон, в 7 раз больше радиуса вписанной окружности.

Решение. Пусть треугольник ABC – равнобедренный с основанием AC. Центр вписанной окружности лежит на высоте, прове-

11

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

денной к основанию. Пусть радиус вписанной окружности равен r , а точка касания окружности, например, с боковой стороной AB треугольника делит ее на отрезки AK и KB (рис. 16а). Полупериметр p треугольника

ABC равен p 2AK KB . По условию тре-

буется найти отношение KB .

AK

Вторая окружность – вневписанная с радиусом 7r.

Существует две различные конфигурации, удовлетворяющие условию задачи.

1-й случай: пусть вневписанная окружность касается основания треугольника и продолжения его боковых сторон AB и BC (рис. 16а), L – точка касания. По свойству касательных AL AH и AK AH . Тогда

LB 2AK KB .

Рис. 16а

Радиусы, проведенные в точку касания, перпендикулярны касательной, поэтому прямоугольные треугольники KBO1 и LBO2 , имеющие общий угол, подобны с коэффициентом подобия 7. Значит,

LB		2AK KB	7. Отсюда,	KB		1	.
KB		KB		AK 3

2-й случай: пусть вневписанная окружность касается боковой стороны BC треугольника АВС и продолжения другой боковой стороны AB и основания AC (рис. 16б).

По свойству вневписанной окружности расстояние от вершины A треугольника до точки касания с продолжением стороны равно полупериметру треугольника АВС.

Докажем это. По свойству касательных

AL AN , BL BM и CM CN . Так как

AL AB BL, а AN AC CN , то полу-

чаем AL AN AB BL AC CNAB BM AC CM AB BC AC ,

т.е. AL p 2AK KB.

	Прямоугольные треугольники						AKO1 и
	ALO2		подобны (имеют общий угол) с коэф-
фициентом				подобия	7.		Значит,
	AL		2AK KB	7. Отсюда,		KB	5.
			AK			AK
	AK

Ответ: 1:3 или 5:1.

Выбор плоской фигуры

18. (ЕГЭ, 2011). Через вершину B правильного шестиугольника ABCDEF проведена прямая, пересекающая диагональ CF в точке K. Известно, что эта прямая разбивает шестиугольник на части, площади которых относятся как 2:3. Найдите отношение CK :KF.

Решение. Пусть О – центр правильного шестиугольника ABCDEF, S – его площадь (рис. 17а). Тогда

S

S

1

S ,

S

S

S

1

S ,

ABEF

BCDE

ABF

BCD

BOC

2

6

S

S

S

1

S

1

S

1

S .

BEF

ABEF

ABF

2

6

3

1-й случай: пусть точка K расположена между точками О и F (рис. 17а). Пусть прямая ВK пересекает сторону EF в точке М. Тогда

A B

F K C

O

M

E D

Рис. 17а

2

S S ,

ABMF 5

Рис. 16б

12

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

S		S		S			2	S	1	S	7	S .
	BMF		ABMF		ABF
						5		6		30

Треугольники BMF и BEF имеют общую высоту, опущенную из вершины В. Поэтому

FE SBEF S : 7S 10.

FM SBMF 3 30 7

Треугольник ВKС подобен треугольнику MKF, поэтому

CK BC FE 10 .

KF MF MF 7

2-й случай: пусть точка K расположена между точками С и О (рис. 17б). Пусть прямая ВK пересекает сторону DE в точке N. Тогда

S

1

S ,

S

2

S ,

BCDE

BCDN

2

5

S

S

S

1

S

1

S

1

S ,

BDE

BCDE

BCD

2

6

3

S

S

S

2

S

1

S

7

S.

BND

BCDN

BCD

30

5

6

A

B

F O L C

K

E N D

Рис. 17б

Пусть диагонали CF и BD пересекаются в точке L. Тогда L – середина ОС.

Треугольники BDE и BDN имеют общую высоту, опущенную из вершины В. Поэтому

DE SBDE S :7S 10 .

DN SBDN 3 30 7

Значит, и

LO

DE

10

(докажите

само-

DN

LK

7

стоятельно).

Пусть LO 10x, LK 7x, тогда KO 3x,

LC 10x, FO 20x,

CK 17x, KF 23x.

Отсюда

CK

17x

17

.

KF

23x

23

17

10

Ответ:

или

.

23

7

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

19. (ФИПИ, 2011). Точка Н – основа-

ние высоты треугольника со сторонами 10, 12, 14, опущенной на сторону, равную 12. Через точку Н проведена прямая, отсекающая от треугольника подобный ему треугольник и пересекающая сторону, равную 10, в точке М. Найдите НМ.

Решение. В данной задаче через точку H можно провести прямую, отсекающую от треугольника подобный ему треугольник,

двумя способами.			ABC подо-
1-й случай: пусть треугольник
бен треугольнику HMC		( C	–	общий,
BAC MHC ) (рис. 18а). Пусть				AB 14 ,
AC 12,	BC 10,	HC x ,		тогда

AH 12 x. Из прямоугольных треугольников ABH и BHC имеем соответственно

B

B

14

10

14

12–x

M

10

M

x C A

A

H

H 2 C

а

Рис. 18

б

BH2 142

(12 x)2

и BH2 102

x2 .

Получаем уравнение

142 (12 x)2

102

x2 ,

из которого находим x 2 . Значит,

HC 2

и из пропорции

HM

HC

или

HM

2

AB

AC

14

12

находим HM 7 . 3

2-й случай: пусть треугольник ABC подобен треугольнику MHC ( C – общий,BAC HMC ) (рис. 18б). Из пропорции

	MH			HC		или	MH		2
	AB BC					14 10
находим MH			14		.
5						7						14
						Ответ:						или		.
						3						5
												13

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Глава 3. Многовариантность задачи как результат неоднозначности в задании взаимного расположения фигур

3.1. Взаимное расположение прямолинейных фигур

1. Ромб вписан в прямоугольный треугольник с катетами 3 и 4 так, что одна из его вершин совпадает с вершиной острого угла треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника. Найдите площадь ромба.

Решение. Пусть дан прямоугольный треугольник АВС с катетами AC 4 и BC 3.

Найдем гипотенузу AB

32 42

5.

1-й случай. Ромб ADFE и треугольник ABC имеют общий угол А (рис. 19а). Обозна-

чим				сторону ромба													AD DF x ,																тогда
CD 4 x.										Для подобных															треугольников
DFС и АВС составим пропорцию																											DC							DF
																																			AB
				4 x						x																	AC
или												.	Отсюда						находим x																20				.
				4				5																									9
Значит, AD EF														20			,			CD 4									20							16	,
													9														9						9
коэффициент подобия																k					20				:5			4		. Тогда
																		9									9
CF					4	3			4		,		AF 3						4					5		.
				9				3										3						3
	A																A
				x				5																		5–y
4																4											5
	D									E								F							y					E
						x
																													y
				4–x
										F																	D
	C																	C
						а		3					A												б		3									B

Рис. 19

Найдем площади прямоугольных треугольников АВС, СDF и ВFЕ:

	S	ABC						1			3 4 6,
								2
S	CDF				1					16				4					32		,
				2										3					27
								9
S	BFE			1					20						5				50	.
				2										3					27
								9

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

Площадь ромба равна

SADFE SABC		SCDF			SBFE
6	32		50			80	.
27		27			27

2-й случай. Ромб ВDFE и треугольник ABC имеют общий угол В (рис. 19б). Обозна-

	чим		сторону ромба															BE FE y ,									тогда
	AE 5 y .									Для					подобных треугольников
	АЕF и АВС составим пропорцию																							FE				AE
																								CB				AB
			y				5 y
	или									. Отсюда находим											y				15		. Зна-
		3						5
											15								15			9		8
	чит,		DB FE											, CD 3									. Из пря-
										8								8			8
	моугольного									треугольника СDF														получаем
	CF				15 2					9					2		3	,									тогда
																	2
					8					8

AF 4 3 5 . 2 2

Найдем площади прямоугольных треугольников СDF и AFЕ:

S	CDF		1		3		9		27	, S	AFE		1		5		15		75	.
		2 2 8 32										2 2 8 32

Площадь ромба равна

SBDFE SABC SCDF SAFE 6 27 75 45 .

32 32 16

Ответ: 45 или 80 .

16 27

2. (ФЦТ, 2010). На стороне CD квадрата ABCD построен равносторонний треугольник CPD. Найдите высоту треугольника ADP, проведенную из вершины D, если известно, что сторона равна 1.

Решение. 1-й случай: пусть точки А и Р лежат по одну сторону от прямой CD (рис. 20а). Так как AD DC DP 1, то в треугольнике ADP углы

DAP DPA 1(180 ADP) 2

1(180 (90 60 )) 75 . 2

Пусть DH – высота треугольника ADP, тогда из прямоугольного треугольника ADН находим

DH ADsin DAH 1 sin75

sin(30 45 )

sin30 cos45 cos30 sin45

14

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

	1	2	3	2		2 6 .
	2	2	2	2			4
					P
				1			1
D	1	C	D	H		1	C
1	1	1					1
H	P
A		B	A				B
	а						б
		Рис. 20
2-й случай: пусть точки А и Р лежат по
разные стороны от прямой CD (рис. 20б). Так
как AD DC DP 1,				то	в		треугольнике
ADP углы

DAP DPA 1(180 ADP) 2

1(180 (90 60 )) 15 . 2

Пусть DH – высота треугольника ADP, тогда из прямоугольного треугольника ADН находим

DH ADsin DAH 1 sin15

sin(45 30 )

sin45 cos30 cos45 sin30

2 3 2 1 6 2 .

2	2	2		2		4
								или						.
	Ответ:			6		2				6		2
				4
						4

3.2. Взаимное расположение окружностей

3. Найдите радиус окружности, вписанной в угол MKN равный 2arcsin0,6 и касающейся окружности, радиуса 4 также вписанной в угол MKN.

Решение. Пусть дана окружность с центром О и радиуса 4, вписанная в угол MKN,

тогда OKN arcsin0,6.

1-й случай: пусть окружность с центром О1 и радиуса r1 , вписанная в угол MKN, касается данной окружности и расположена ближе к вершине данного угла (рис. 21).

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

M

		O2
		A2
A1	O	C2
O1	C1
K B1	B	B2 N

Рис. 21

Проведем радиусы OB и O1B1 в точки ка-

сания со стороной KN , опустим из точки O1

перпендикуляр O1C1 на OB. В прямоуголь-

ном треугольнике O1OC1 имеем OO1 4 r1,

OC1 4 r1					и					соотношение
sin OOC			OC1		4	r1		. Получаем уравне-
			OO			r
1		1		4
ние			1			1
	4 r1	sin(arcsin0,6)						или	4	r1		3	,
	4 r1									r1
								4			5

откуда r1 1.

2-й случай: пусть окружность с центром О2 и радиуса r2, вписанная в угол MKN, касается данной окружности и расположена дальше от вершины данного угла (рис. 21).

Проведем радиус O2B2 в точку касания со стороной KN , опустим из точки O перпен-

дикуляр

OC2

на O2B2 . В прямоугольном

треугольнике

O2OC2

имеем OO2 4 r2 ,

O2C2 r2

4

и

соотношение

sin O OC

O2C2

r2

4

.

Получаем урав-

OO

2

2

4 r

2

2

нение

r2 4

3

, откуда r

16.

4 r2

5

2

Ответ: 1 или 16.

4. Вершина равнобедренного треугольника с боковой стороной 5 и основанием 8 служит центром данной окружности радиуса 2. Найдите радиус окружности, касающейся данной и проходящей через концы основания треугольника.

15

a r 21

C

AB 2 21 r .

a2 25r2 4r2 21r2 ,

Квадратное уравнение имеет один положительный корень b 2r , тогда

и

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Решение. Пусть D – середина основания AC данного треугольника ABC. Обозначим через E и F точки пересечения прямой BD и окружности радиуса 2 с центром в точке

B . Тогда (рис. 22): AD 4, BD 3, ED 1,

FD 5.

	F
	B
A	E
	C
	D
	O2
	Рис. 22

Из теоремы Пифагора для прямоугольных треугольников AED и AFD соответственно имеем:

AE 42 12 17, AF 42 52 41.

Находим площади треугольников AEC и AFC:

S					1		AC ED		1		8 1 4,
		AEC
			2					2
S				1		AC FD		1		8 5 20.
	AFC							2
			2

Возможны два случая расположения указанной в условии окружности в зависимости от типа касания с данной окружностью. В обоих случаях центры O1 и O2 этих окружностей будут лежать на биссектрисе угла – прямой BD (рис. 22).

1-й случай: пусть окружности касаются внешним образом. Тогда искомая окружность описана около треугольника AEC. Найдем ее радиус по формуле

R AE EC AC 17 8 17.

4SAEC

4 4

2

2-й случай: пусть окружности касаются внутренним образом. Тогда искомая окружность описана вокруг треугольника AFC . Найдем ее радиус

R	AF FC AC		41 8			41		.
	4SAFC		4 20 10
	Ответ:				17		или			41	.
			2						10

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

5. Расстояние между центрами двух окружностей равно 10r. Одна из окружностей имеет радиус 5r, другая 6r. Некоторая прямая пересекает меньшую окружность в точках A и B и касается большей в точке C. Найдите длину хорды АВ, если AB 2BC.

Решение. Пусть даны окружности с центрами О1 и О2 и радиусами 5r и 6r соответственно. Из условия задачи следует, что окружности пересекаются (5r 6r 10r).

1-й случай: пусть радиус O2C перпендикулярен касательной АВ (рис. 23а). Перпендикуляр O1C1 , проведенный к хорде АВ, де-

лит ее пополам. Проведем O1A1 C1C , полу-

чим прямоугольник O1C1CA1.						BC a ,
	Пусть		AC1 C1B a ,	тогда
O A 2a.			Обозначим	OC b,		тогда
1	1			1	1
O A O C AC 6r b.
2	1	2	1
	Из прямоугольного треугольника					O1C1B ,

используя теорему Пифагора, составим урав-

нение (5r)2	a2			b2 . Аналогично из прямо-
угольного	треугольника						O AO составим
							1	1	2
уравнение (10r)2				(2a)2 (6r b)2 .
Решим систему уравнений с двумя неиз-
вестными а и b:
		2	b		2	25r	2
a

4a2 12br b2 64r2.

Выразим из первого уравнения системы a2 25r2 b2 и подставим во второе уравнение:

4(25r2 b2 ) 12br b2 64r2 ;

b2 4br 12r2 0.

B

A1

C1

A O2

O1

Рис. 23а

16

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

2-й случай (рис. 23б). Проведем касательную к большей окружности перпендикулярно отрезку O1O2 , которой принадлежит точка С.

В этом случае условие AB 2BC выполняется. Из прямоугольного треугольника O1AC

имеем AC2 O1A2 O1C2 25r2 16r2 9r2 .

Значит, AC 3r, AB 6r .

B

C O2

O1

A

Рис. 23б

Ответ: 221 r или 6r.

6. Две окружности радиусов 1 и 5 касаются. Найдите радиус третьей окружности, касающейся первых двух окружностей и прямой, проходящей через центры данных.

Решение. Пусть даны окружности с центрами А и В и радиусами 5 и 1 соответственно.

1-й случай: пусть данные окружности касаются внешним образом (рис. 24а). Рассмотрим окружность с центром О и радиуса а, которая касается линии центров АВ в точке С, окружности с центром В в точке K и окружности с центром А в точке Р. Продолжим отрезки ВО и АО за точку О до пересечения с искомой окружностью. Получим точки M и Q соответственно. Обозначим BC b и воспользуемся теоремой о касательной и секущей:

BC2 BK BM , AC2 AP AQ.

C b B	A
K	P
a
O

Q

M

Рис. 24а

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

Получим систему двух уравнений с двумя

b2 1 (2a 1)

неизвестными а и b:

(b 6)2 5 (2a 5).

Выразим из первого уравнения системы

2a b2 1 и подставим во второе уравнение: (b 6)2 5 (b2 1 5). Полученное уравнение имеет один положительный корень b 4 . Тогда 2a 42 1 15 и a 7,5 .

P

O

K a Q

H B b C A

Рис. 24б

2-й случай: пусть данные окружности касаются внутренним образом (рис. 24б). Рассмотрим окружность с центром О и радиуса а, которая касается линии центров АВ в точке С, окружности с центром В в точке K и окружности с центром А в точке Р. Обозначим BC b и воспользуемся теоремой Пифагора для прямоугольных треугольников ВСО и АСО: OC2 BC2 OB2 , OC2 AC2 AO2 .

Получим систему двух уравнений с двумя неизвестными а и b:

					2	b	2	(a	1)	2
			a
					2	(5 b 1)2 (5 a)2.
			a
	Преобразуем систему уравнений
	2	(a	1)	2		a	2				2	2a 1
b									b
			(5 a)2					a2
(4 b)2									; (b 4)2 5(5 2a).

Выразим из первого уравнения системы

2a b2 1 и подставим во второе уравнение: (b 4)2 5 (5 b2 1). Полученное уравнение имеет один положительный ко-

	7			7		2		40
рень	b		. Тогда	2a			1		и
					3			9
	3

a 20 . 9

Ответ: 7,5 или 20 . 9

17

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

7. (ЕГЭ, 2012). Точка О – центр правильного шестиугольника ABCDEF со стороной 7. Найдите радиус окружности касающейся окружностей, описанных около треугольников BOD, DOF, BOF.

Решение. Пусть точка О – центр правильного шестиугольника ABCDEF со стороной a (рис. 25).

Радиус R окружностей, описанных около

	треугольников BOF, BOD,			DOF равен a.
	Рассмотрим, например, треугольник DOF.
	Его сторона FD a		(диагональ правиль-
		3
	ного шестиугольника		со	стороной		a),
	FOD 120 . Из теоремы синусов для тре-
	угольника DOF получаем			FD		2R .
				sin FOD

Отсюда R a .

Рассмотрим возможные положения окружностей удовлетворяющих условию задачи.

1-й случай: пусть искомая окружность, касается всех данных окружностей внутренним образом. В этом случае ее центр находится в точке O и радиус r равен 2a (рис. 25).

Рис. 25

2-й случай: пусть искомая окружность касается одной из окружностей (например, проходящей через точки B, O, D) внутренним образом, а двух других внешним образом (рис. 25). Пусть О1 – центр этой окружности, а ее радиус равен r . Тогда, воспользуемся теоремой: точки касания и центры касающихся окружностей лежат на одной прямой и расстояние между центрами равно сумме радиусов при внешнем касании и их разности при внутреннем.

Тогда AO1 a r , OO1 2a r .

Рассмотрим прямоугольный треугольник KAО1, где точка K – проекция точки A на диагональ FC. В этом треугольнике

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

AK FA sin60

a 3

, AO a r

2

1

и

KO1 KO OO1 FO FK OO1

a acos60 2a r

5a

r .

2

Из теоремы Пифагора получаем

AO2

AK2 KO2 ,(a r)2

3a2

5a

r 2 .

1

1

4

2

Отсюда получаем r

6a

.

7

Соответственно в данной

задаче

при

a 7

получаем два ответа r 14

или r 6.

Ответ: 14 или 6.

8. В окружности, радиус которой равен 15, проведена хорда AB = 24. Точка С

лежит на	хорде АВ так, что
AC : BC 1:2.	Найдите радиус окружно-

сти, касающейся данной окружности и касающейся хорды АВ в точке С.

Решение. Возможны два случая расположения указанной окружности (рис. 26). Центры этих окружностей O1 и O2 будут ле-

жать на перпендикуляре к хорде AB, проходящем через точку С.

1-й случай: пусть точки O и O1 , где O

центр данной окружности, а O1 центр окружности, указанной в условии, лежат по разные стороны относительно прямой AB.

Так как AC:BC 1:2 ,						то AC 8. Пусть
N середина хорды AB.						Тогда из прямо-
угольного треугольника ONB получаем
ON OB2 NB2 152 122 9.
		E1
A			O1 N				B
		C
		K		O
E2			O2

Рис. 26

Пусть K середина хорды, перпендикулярной AB и проходящей через точку С. Четырехугольник KCNO – прямоугольник,

OK CN AN AC 12 8 4.

18

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Пусть искомый радиус равен r . Так как центры O, O1 и точка касания E2 лежат на одной прямой, то OO1 OE2 O1E2 15 r .

Из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника KO1O , в котором OK 4,

OO1 15 r и KO1 KC CO1 9 r, по-

лучаем OO12 OK2 KO12 или

(15 r)2 42 (9 r)2 .

Отсюда r 8 . 3

2-й случай: пусть точки O и O2 лежат по

одну сторону относительно прямой AB (рис. 26). Из теоремы Пифагора для прямоугольного треугольника KO2O, в котором OK 4,

OO2 15 r и KO2 CO2 KC r 9, по-

лучаем r 32 . 3

Ответ: 8 и 32 . 3 3

9. Окружности радиусов 4 и 9 касаются внешним образом, лежат по одну сторону от некоторой прямой и касаются этой прямой. Найдите радиус окружности, касающейся каждой из двух данных и той же прямой.

Решение. Используем опорную задачу:

отрезок общей внешней касательной к двум касающимся окружностям радиусов r и R

равен 2Rr .

		O1
O2	O3	F
E

M K P

Рис. 27а

1-й случай: пусть искомая окружность с центром О3 и радиусом R касается окружности с центром О1 и радиусом 4, окружности с центром О2 и радиусом 9, данной прямой в точке K (рис. 27а). Тогда MP MK KP или

24 9 24R 29R, откуда R 1,44.

2-й случай: пусть искомая окружность с центром О3 касается данных окружностей и данной прямой в точке Р (рис. 27б). Имеем

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

MP MK KP	или 2 9R 2	4 9 2 4R,
откуда R 36.

O3

O1

E	O2	F
P	M	K
	Рис. 27б

Ответ: 1,44 или 36.

3.3. Интерпретация аналитического способа решения задачи

10. (ЕГЭ, 2011). Диаметр окружности,

вписанной в треугольник PQR, площадь которого равна 132, в три раза меньше высоты, проведенной из вершины P. Известно, что QR 11. Найдите сторону

PQ.

	Решение. Используя формулу площади
S	PQR		1	QR h , где h – высота, проведенная
		2
из вершины Р, найдем эту высоту
				132	1	11 h,	h 24.
		2
	Тогда радиус окружности, вписанной в
треугольник PQR, равен							r 24:6 4. Ис-

пользуя формулу площади SPQR p r , най-

дем полупериметр p 132 33. 4

Пусть вписанная окружность касается сторон QR, PQ и PR треугольника в точках А, В и С соответственно (рис. 28).

Q

x x B A

11–x

22 O

P 22 C 11–x R

Рис. 28

Отрезки касательных BQ AQ x ,

AR CR 11 x,

PB PC p QR 33 11 22.

19

Корянов А.Г., Прокофьев А.А. Планиметрические задачи с неоднозначностью в условии(многовариантные задачи)

Тогда PQ 22 x , PR 33 x.

Используя формулу Герона, составим

уравнение	132	33 22	x(11 x) . Получаем
уравнение	x2 11x 24 0, корнями кото-
рого являются числа 3 и			8.

1)Если x 3, то PQ 25 и PR 30.

2)Если x 8, то PQ 30 и PR 25.

Ответ: 25 или 30.

11. (ЕГЭ, 2011). Окружность, вписанная в треугольник KLM, площадь которого равна 66, касается средней линии, параллельной стороне ML. Известно, что ML 11. Найдите MK.

Ответ: 13 или 20. Указание.

См. «Пособие», пример 42.

12.(ЕГЭ, 2011). Дана трапеция ABCD

сбоковыми сторонами AB = 36, CD = 34 и верхним основанием BC = 10. Извест-

но, что cos ABC 1. Найдите BD.

3

	B 10	C		B 10 C
				36
36	36	34	36	34
10	x			10
A	E	D	A	E x D
	а	Рис. 29		б

Решение. Проведем CE параллельно AB (рис. 29). Тогда ABCE – параллелограмм.

AEC ABC, DEC 180 AEC,

cos DEC 1 и cos DAB 1. 3 3

Обозначим ED через x. Воспользуемся теоремой косинусов для угла DEC в треугольнике DEC:

342 362 x2 2 36 x 1, 3

x2 24x 140 0.

Отсюда x 14 или x 10. Получившиеся два значения x, означают,

что условию задачи соответствуют два чертежа. В одном случае CDE острый, в другом – тупой.

23.05.2013. http://www.alexlarin.net/

Воспользуемся теоремой косинусов для угла DAB в треугольнике ABD и рассмотрим два случая.

1. Пусть x 14, тогда AD 24.

BD2 362 242 2 36 24 1 1296; 3

BD 36.

В этом случае угол D – острый (рис. 29а), так как справедливо неравенство:

ED2 CD2 EC2 142 342 362 56 0.

2.Пусть x 10, тогда AD 20,

BD2 362 202 2 36 20 1 1216;

3

BD 819. Покажите, что в этом случае угол D – тупой (рис. 29б).

Ответ: 36 или 819.

13. Медиана BM треугольника ABC равна его высоте AH. Найдите угол MBC.

B

H H

B

A M C A M C

аб

Рис. 30

Решение. Пусть MBC . Найдем площадь треугольника АВС двумя способами. Так как медиана ВМ треугольника АВС разбивает его на два равновеликих треугольника, то

	SABC 2SCBM 2			1		BC BM sin
	2
	BC BMsin .
	С другой стороны, S								1	BC AH. Учи-
					ABC			2
	тывая, что AH BM ,
					приравняем площади
	BC BM sin	1	BC BM.					Получаем,			что
	2
	sin 0,5. Отсюда 30								(рис. 30а)		или
	150 (рис. 30б).

Ответ: 30 или 150 .

20