ВМК МГУ - ШКОЛЕ
Н. Д. Золотарёва
Н. Л. Семендяева
М. В. Федотов
Геометрия
Базовый курс с решениями и указаниями
ЕГЭ, ОЛИМПИАДЫ, ЭКЗАМЕНЫ В ВУЗ

ВМК МГУ - ШКОЛЕ
Н. Д. Золотарёва, Н. Л. Семендяева, М. В. Федотов
ГЕОМЕТРИЯ
БАЗОВЫЙ КУРС С РЕШЕНИЯМИ И УКАЗАНИЯМИ
ЕГЭ, ОЛИМПИАДЫ, ЭКЗАМЕНЫ В ВУЗ
фО Й А И @
Москва «2010

УДК 373.3:51
ББК 22.1я729
3-80
Геометрия. Базовый курс с решениями и указаниями. («ЕГЭ, олимпиады, экза¬
мены в вуз»).: Учебно-методическое пособие / Золотарёва Н. Д., Семендяева Н. Л.,
Федотов М. В. - М.: Изд-во Фойлис, 2010. - 296 стр. : ил.
Под редакцией М. В. Федотова
ISBN 978-5-91860-004-7
Настоящее пособие составлено на основе задач вступительных экзаменов по ма¬
тематике в МГУ имени М. В. Ломоносова и задач единого государственного экзаме¬
на преподавателями факультета ВМК МГУ имени М. В. Ломоносова. Пособие со¬
держит теоретический материал, подборку задач, а также идеи, указания (подсказки)
и решения задач.
Рекомендуется школьникам при подготовке к сдаче единого государственного эк¬
замена, абитуриентам при подготовке к поступлению как в МГУ, так и другие вузы,
учителям математики, репетиторам, руководителям кружков и факультативов, препо¬
давателям подготовительных курсов.
ООО «Фойлис*
foylis@foylis.ru
Подписано в печать 12.03.2010
Формат 70x100/16. Бум. офс. Печать офс.
Усл. печ. л. 18,5. Тираж 2000. Заказ 415
Ж
Отпечатано в полном соответствии
с качеством предоставленных диапозитивов
в ППП «Типография «Наука»
121099, Москва, Шубинский пер., 6
ISBN 978-5-91860-004-7
© Золотарёва Н. Д., Семендяева Н. Л.,
Федотов М. В., 2010
© Обложка ООО «Фойлис», 2010

Оглавление
От редактора	 5
Предисловие	 6
Часть I: Теория и задачи	7
Планиметрия 	 7
1.	Треугольники	 7
1.1.	Прямоугольные треугольники	 7
1.2.	Общие треугольники. Теоремы синусов,	косинусов	 11
1.3.	Медиана, биссектриса, высота	 16
1.4.	Подобие треугольников. Теорема Фалеса	 19
1.5.	Площади	 23
2.	Окружности	 28
2.1.	Углы в окружностях. Касание окружности и прямой	 28
2.2.	Свойства касательных, хорд, секущих	 32
2.3.	Смешанные задачи	 36
3.	Многоугольники	 40
3.1.	Параллелограммы	 40
3.2.	Трапеции	 43
3.3.	Общие четырехугольники. Правильные многоугольники ... 47
4.	Координаты и векторы	 51
4.1.	Декартовы координаты и векторы на плоскости	 51
Стереометрия	 58
Введение в стереометрию 	 58
5.	Призма	 62
5.1.	Прямая призма	 62
5.2.	Наклонная призма 	 66
6.	Пирамида	 68
6.1.	Правильная пирамида	 68
6.2.	Тетраэдр	 70
6.3.	Произвольные пирамиды	 72
7.	Тела вращения	 74
7.1.	Цилиндр	 74
7.2.	Конус	 76
7.3.	Шар	 79
8.	Координаты и векторы	 83
8.1.	Декартовы координаты и векторы в пространстве	 83
Часть II: Указания и решения	87
Планиметрия 	 87
1.	Треугольники	 87
1.1.	Прямоугольные треугольники	 87
1.2.	Общие треугольники. Теоремы	синусов,	косинусов	 99
1.3.	Медиана, биссектриса, высота	110
1.4.	Подобие треугольников. Теорема Фалеса	122
1.5.	Площади	135

4
2.	Окружности	150
2.1.	Углы в окружностях. Касание окружности и	прямой	150
2.2.	Свойства касательных, хорд, секущих	160
2.3.	Смешанные задачи	170
3.	Многоугольники	183
3.1.	Параллелограммы	183
3.2.	Трапеции	192
3.3.	Общие четырёхугольники. Правильные многоугольники . . . 204
4.	Координаты и векторы	215
4.1.	Декартовы координаты и векторы на плоскости	215
Стереометрия	222
5.	Призма	222
5.1.	Прямая призма . 		222
5.2.	Наклонная призма	231
6.	Пирамида	240
6.1.	Правильная пирамида	240
6.2.	Тетраэдр	247
6.3.	Произвольные пирамиды	254
7.	Тела вращения	264
7.1.	Цилиндр	264
7.2.	Конус	270
7.3.	Шар	276
8.	Координаты и векторы	286
8.1.	Декартовы координаты	и векторы в пространстве	286
Ответы	293

5
От редактора
Уважаемый читатель, Вы держите в руках одну из книг серии ”ВМК МГУ - шко¬
ле”. Учебно-методические пособия, входящие в эту серию, являются результатом
более чем десятилетнего труда коллектива авторов, работающих на подготови¬
тельных курсах факультета Вычислительной математики и кибернетики (ВМК)
МГУ имени М. В. Ломоносова. Сначала были созданы пособия для очных под¬
готовительных курсов, затем были созданы курсы для системы дистанционного
обучения. И вот на основании этого опыта были созданы книги, одной из которых
и является настоящее пособие.
Сейчас изданы или готовятся к изданию пособия по алгебре, геометрии и физи¬
ке. В дальнейшем предполагается продолжить эту серию силами преподавателей
информатики подготовительных курсов факультета ВМК МГУ и выпустить ана¬
логичные пособия по информатике.
По каждому предмету должны выйти два пособия: базовый курс и курс, содер¬
жащий сложные задачи части С единого государственного экзамена и нестандарт¬
ные задачи вступительных экзаменов в вузы (в основном это задачи различных
факультетов МГУ имени М. В. Ломоносова). Базовый курс содержит все разде¬
лы соответствующего предмета, необходимые для решения задач частей А, В и
некоторых задач части С ЕГЭ, а также первой половины задач вариантов вступи¬
тельных экзаменов в вузы. Второе пособие содержит задачи, научившись решать
которые, Вы сможете решать все задачи ЕГЭ и все или почти все задачи олимпиад
и вступительных экзаменов в вузы (за отведенное время можно просто физически
не успеть решить все задачи).
Отличительной особенностью наших пособий является то, что наряду с
традиционными составляющими (теоретический раздел, примеры с решениями,
задачи для самостоятельного решения) мы предлагаем решения всех предло¬
женных задач с идеями и последовательными подсказками как решить задачу
самому. Это поможет не только ученику самостоятельно продвигаться в решении
задачи так, как если бы за его спиной стоял учитель и помогал ему в трудных за¬
дачах (мы понимаем, что настоящего учителя не может заменить никакая книга,
но если учителя рядом нет то, как показал опыт наших дистанционных подгото¬
вительных курсов, наличие таких подсказок помогает учащимся самостоятельно
научиться решать задачи), но и молодым учителям поможет вести занятия. Мы
знаем на собственном опыте, что не всегда легко направлять ученика так, что¬
бы он сам догадался как решить задачу. С помощью нашего пособия получение
такого опыта будет значительно облегчено. Второй особенностью наших посо¬
бий является спиралевидная схема подачи материала, когда каждая тема
повторяется несколько раз, причем каждый раз на более сложном уровне, чем в
предыдущий. Это позволяет не забывать пройденный материал и постепенно под¬
ходить к сложным задачам.
Директор учебного центра
факультета Вычислительной математики и кибернетики
МГУ имени М. В. Ломоносова
доцент кафедры математической физики
М. В. Федотов

6
Предисловие
Настоящее пособие составлено преподавателями факультета ВМК МГУ имени
М. В. Ломоносова на основе задач вступительных экзаменов по математике в МГУ
и задач единого государственного экзамена. «Базовый курс» рассчитан на закреп¬
ление школьного материала по геометрии и приобретение навыков, необходимых
для решения задач ЕГЭ и стандартных задач вступительных экзаменов в вуз.
Предлагаемый курс изначально не предполагает знаний, выходящих за рам¬
ки базовой школьной программы. Все приёмы, необходимые для решения задач,
демонстрируются по ходу изучения материала.
Задачи в разделах расположены по принципу «от простого - к сложному*.
Аналогичная ситуация имеет место и с последовательностью разделов, поэтому са¬
ми разделы и задачи в разделах рекомендуется изучать в предложенном порядке.
Приступать к решению задач надо после изучения соответствующего теоретиче¬
ского материала и разбора примеров. Если самостоятельное решение задачи вы¬
зывает трудности, рекомендуется воспользоваться системой указаний (подсказок).
В случае, если Вам не удалось получить правильный ответ или у Вас возникли
сомнения в правильности Вашего решения, рекомендуется изучить решение, пред¬
ложенное авторами.
Необходимо отметить, что в реальных экзаменационных заданиях в форму¬
лировках задач наряду с математически более корректной терминологией типа
«длина отрезка АВ равна 5» и записью |АВ| = 5 используется школьная тер¬
минология типа «отрезок АВ равен 5» и запись АВ = 5. По этой причине в
формулировках задач также встречаются оба вида терминологии.
Рекомендуется школьникам при подготовке к сдаче единого государственного
экзамена, абитуриентам при подготовке к поступлению как в МГУ, так и другие
вузы, учителям математики, репетиторам, руководителям кружков и факульта¬
тивов, преподавателям подготовительных курсов.
Желаем удачи!

Часть I: Теория и задачи
ПЛАНИМЕТРИЯ
1.	Треугольники
1.1.	Прямоугольные треугольники
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, связанные с прямоугольными треугольниками.
При решении этих задач необходимо знать и уметь применять следующие форму¬
лы и теоремы.
Теорема Пифагора: а2 + Ь2 = с2, здесь а, b - катеты
прямоугольного треугольника, с - гипотенуза.
Соотношения между сторонами и углами прямо¬
угольного треугольника:
а	b
sin а = -, cos а = -
с	с
здесь а - угол, противолежащий катету а.
Соотношения между тригонометрическими функ¬
циями одного и того же аргумента:
9	9	sin а
sin a -h cos а = 1, tg а =

cos а
а	Ъ
tg а = -, ctg а = -;
о	а
cos а
sin а ’
CtgQ =
tg а • ctg а = 1,	1 + tg2 а =
1
cos2 а
1 + ctg2 а =
1
sin2 а
Значения тригонометрических функций основных углов:
. 7Г	7Г
sin — = cos —
4	4
. 7Г	7Г	1
sin - = COS — = -,
6	3	2
7Г 7Г \/3
tg6=ct63 = Т
7Г	7Г 1
tg^ =ctg—= 1,
. 7Г	7Г
sm3=cos6=T’
7Г	7Г
4j = «Sg =Л

8
Теория и задачи
Формула длины высоты, проведённой к гипотенузе:
аЬ

Ь с —	— \/ Са Cb,
С
где са и сь - проекции катетов а и b на гипотенузу с.
Для доказательства первого равенства достаточно записать площадь треуголь¬
ника АВС двумя способами:
Q	\	1 К	> аЬ
Ъ^авс =	= -ао => hc = —.
Справедливость второго равенства следует из подобия треугольников, на ко¬
торые высота, проведённая из вершины прямого угла, разбивает исходный тре¬
угольник:
h г>

ЬАСН ~ АСВН =>	— = -2-	==> hc = у/с^.
сь he
Заметим также, что оба треугольника подобны исходному треугольнику АВС по
двум углам:
А АСЯ ~ А АВС {/АН С = /АС В = 90°, угол А общий),
ЛСВН - ДАВС {/СНВ = /АСВ = 90°, угол В общий).
Напомним основные факты, связанные с произвольными треугольниками.
•	Сумма углов треугольника равна 180°.
•	Медианы треугольника пересекаются в одной точке и делятся ею в отноше¬
нии 2:1, считая от вершины.
•	Высоты треугольника пересекаются в одной точке.
•	Биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке, и эта точка есть
центр вписанной окружности. При этом радиус, проведённый в точку ка¬
сания, перпендикулярен соответствующей стороне треугольника, а отрезки
касательных, проведённых из одной вершины - равны.1
•	Серединные перпендикуляры к сторонам треугольника пересекаются в одной
точке, и эта точка есть центр описанной окружности.
1 Более подробно свойства окружностей будут рассмотрены в соответствующем разделе.

1.1. Прямоугольные треугольники
9
Замечание. Центр описанной окружности ле¬
жит внутри треугольника, если треугольник остро¬
угольный, и вне треугольника, если он тупоуголь¬
ный. Центр окружности, описанной около прямо¬
угольного треугольника, лежит на середине гипоте¬
нузы. В этом случае радиус описанной окружности
равен медиане, проведённой к гипотенузе, и поло¬
вине гипотенузы.
Примеры решения задач
Пример 1. Один из катетов прямоугольного треугольника равен 15, а проек¬
ция второго катета на гипотенузу равна 16. Найдите диаметр окружности, опи¬
санной около этого треугольника.
Решение. Пусть катет ВС = 15, а проекция катета АС на гипотенузу АВ
равна 16.
Поскольку диаметр окружности, опи¬
санной около прямоугольного треуголь¬
ника, равен гипотенузе, нам надо най¬
ти проекцию катета ВС на гипотенузу.
Обозначим высоту СН через Д, а про¬
екцию катета ВС на гипотенузу через
х. По свойству высоты, проведённой к
гипотенузе, и теореме Пифагора, приме¬
нённой к АВСН, получим
f h2 = 16х,
I h2 4- х2 = 152;
х = 9,
х2 4- 16х - 152 = О
откуда диаметр d = АВ = 25.
Ответ. 25.
Пример 2. Окружность с центром О вписана в прямоугольный треугольник
АВС. Она касается гипотенузы АВ в точке М, причём AM = 12 и ВМ = 8.
Найдите площадь треугольника АО В.
Решение. Для того, чтобы найти пло¬
щадь треугольника АО В, нам надо най¬
ти его высоту ОМ, которая равна ради¬
усу вписанной окружности. Его и будем
искать.
Пусть Р и Q - точки касания впи¬
санной окружности с катетами АС и
ВС. Четырёхугольник PCQO являет¬
ся прямоугольником, поскольку у него
ZC = 90° по условию, a OP ± PC и
OQ ± QC как радиусы в точках каса¬
ния. Кроме того, он является квадратом,
вписанной окружности.
так как OP = OQ = г, где г - радиус

10
Теория и задачи
По свойству касательных, проведённых из одной точки, АР = AM = 12 и
BQ = BM = 8.
Применив теорему Пифагора к треугольнику АВС, получим:
(12 -I- 8)2 = (12 -|- г)2 + (8 4- г)2 ==> г = 4 => S&aob = АВ • г = 40.
Ответ. 40.
Пример 3. Определить отношение длин медианы РО и высоты РЕ, прове¬
дённых из вершины Р к гипотенузе QR в прямоугольном треугольнике PQR,
если QO : QE = 5:1.
Решение. Пусть QE = х, тогда QO = 5х и, следовательно, ЕО = 4х. Выразим
через х высоту РЕ.
Так как в прямоугольном треугольнике медиана равна половине гипотенузы, то
РО =	= QO = 5х.
Применив теорему Пифагора к АРОЕ, получим:
Ответ. 5 : 3.
Задачи
1.	В прямоугольном треугольнике угол между биссектрисой и высотой, прове¬
дёнными из вершины прямого угла, равен 10°. Найдите острые углы тре¬
угольника.
2.	Катеты прямоугольного треугольника имеют длину 12 и 5. Найдите длину
медианы, проведённой к гипотенузе.
3.	В прямоугольном треугольнике острые углы относятся как 1 : 2, а больший
катет равен 4\/3. Найти радиус окружности, описанной около треугольника.
4.	Найдите площадь прямоугольного треугольника, если длина гипотенузы рав¬
на 2\/13 см, а длина медианы большего острого угла равна 5 см.
5.	Средние линии прямоугольного треугольника, параллельные катетам, рав¬
ны 5 см и 12 см. Найдите высоту треугольника h, опущенную из вершины
прямого угла. В ответе запишите 137г.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов
11
6.	В прямоугольном треугольнике АВС угол С прямой, СМ - медиана тре¬
угольника. Найти острые углы треугольника, если угол AM С равен 42°.
7.	Медиана AM треугольника АВС равна половине стороны ВС. Угол между
AM и высотой АН равен 40°. Найти углы треугольника АВС.
8.	В прямоугольном треугольнике АВС АС = 3, ВС = 4. Окружность с цен¬
тром в точке А проходит через точку С и пересекает гипотенузу АВ в точке
К. Найти отношение длин отрезков АК и В К.
9.	В прямоугольном треугольнике медианы, проведённые к катетам, равны \/52
и ^73. Найти гипотенузу.
10.	Найдите площадь прямоугольного треугольника, если радиусы его вписан¬
ной и описанной окружностей равны соответственно 2 см и 5 см.
11.	В прямоугольном треугольнике один из катетов больше медианы, проведён¬
ной из вершины прямого угла, на 0,5. Найти его площадь, если второй катет
равен 4.
12.	В треугольнике АВС известны стороны АС = 2, АВ = 3, ВС = 4. Пусть
BD - высота этого треугольника. Найти длину отрезка AD.
13.	Найдите диаметр окружности, описанной около прямоугольного треуголь¬
ника, если один из его катетов равен 20, а проекция другого катета на гипо¬
тенузу равна 9.
14.	Около окружности с центром О описан прямоугольный треугольник МРК
с гипотенузой МК. Луч МО пересекает катет РК в точке С. Найдите
длину отрезка СР, если точка касания с окружностью делит катет РК на
отрезки PH = 4 и НК = 12.
15.	Катеты прямоугольного треугольника равны 8 и 15. Чему равно расстояние
от вершины прямого угла до центра вписанной в этот треугольник окруж¬
ности?
16.	В прямоугольном треугольнике АВС с гипотенузой АС = 20 проведена ме¬
диана ВМ. Окружность, вписанная в треугольник АВМ, касается медианы
ВМ в точке Р. Найдите катет ВС, если BP : РМ = 3:2.
17.	В треугольнике ABC Z.B = 90°, медиана ВМ = 10\/3. Окружность, впи¬
санная в треугольник АВМ, касается гипотенузы АС в точке Т. Найдите
ВС, если АТ : ТС = 1 : 3.
18.	Пусть т - радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с ка-
l	«тт	а + b — с
тетами а, о и гипотенузой с. Докажите, что г =			.
1.2.	Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, при решении которых используются следующие
теоремы, справедливые для любого треугольника.

12
Теория и задачи
_	а b с
Теорема синусов: 	=	- = —— = 2R.
sin q sinp sin 7
Теорема косинусов: с2 = а2 + b2 — 2аЬ • cos 7.
Здесь и далее а,Ь, с - стороны треугольника; - противолежащие им углы;
R - радиус описанной около треугольника окружности.
Напомним также и некоторые другие утверждения, справедливые для произ¬
вольных треугольников.
•	В треугольнике любая сторона меньше суммы двух других сторон {неравен¬
ство треугольника).
•	В треугольнике напротив большей стороны лежит больший угол.
•	Площадь треугольника равна
S = iabsin7, S = }-chc, S = S = у/р(р - а)(р - b)(p - с), S = рг,
£	2	4/1
где г - радиус вписанной окружности, р - полу периметр треугольника.
Кроме того, при решении задач этого раздела могут пригодиться следующие
тригонометрические формулы.
_	•	\	/Я*	\
Формулы приведения: sin — xj = cost; cos — xj — sin я.
Формулы двойного аргумента:
sin 2х = 2 sin х cos х; cos 2х = cos2 х — sin2 х = 2 cos2 х — 1 = 1 — 2 sin2 х.
Формулы для тригонометрических функций от суммы и разности:
sin (х ± у) = sin х cos у ± cos х sin у;
cos (х ± у) = cos х cos у =F sin х sin у.
Примеры решения задач
Пример 1. В треугольник со сторонами АВ = 8, ВС = 6, АС = 4 вписана
окружность. Найти длину отрезка DE, где D и Е - точки касания этой окруж¬
ности со сторонами АВ и АС соответственно.
Решение. Для того, чтобы вычислить DE, необходимо знать АЕ, AD и косинус
угла между ними. Тогда по теореме косинусов можно будет найти DE.
Обозначим равные отрезки касательных
BD = BF = т, CF = СЕ = у, АЕ = AD = z.
По условию
х + у = 6,
< y + z = 4,
х + z = 8;
откуда z = 3.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов
13
Из теоремы косинусов, применённой к А АВС,
получим
62 ’= 82 + 42 - 2 • 8 • 4 • cos а <$=> cos а = —.
16
Теперь применим теорему косинусов к AADE:
DE2 = З2 + З2 - 2 • 3 • 3 •
16	8
откуда DE =
Зл/10
4
Ответ.
3\/То
Пример 2. Определить стороны треугольника, если медиана и высота, прове-
дённые из вершины одного угла, делят угол на три равные части, а сама медиана
равна 10.
Решение. Пусть ВН и ВМ - соответственно высота и медиана треугольника
АВС и ЛАВН = ЛНВМ = ЛМВС = а, тогда ЛВАН = - а, ЛВС А = £ - 2а.
Для того, чтобы найти стороны треугольника, достаточно найти угол а.
Применим к треугольникам АВМ и ВМС теорему синусов:
AM _ ВМ	МС _ ВМ
sm2a “ sinf- -	«inа “ sin (Z _ 2aY
\2	/	\2	/
Теперь поделим почленно одно равенство на другое. Поскольку AM = МС,
получим
cos 2а sin а		 ,	ч
	= -——	<=> sin 4а = sin 2а <=> sin 2а • (2 cos 2а — 1) = 0.
cos а	sin 2а
1	7Г
Так как 0 < За < тг, то sin 2а / 0. Следовательно, cos 2а = -, откуда а = —,
и
7Г	7Г	7Г
/АВС = За = —, /ВАС = — и /АС В = —. По условию медиана ВМ = 10,
2	3	6
следовательно, гипотенуза АС = 2ВМ = 20, а катеты АВ = 10 и ВС = 10>/3.
Ответ. 20; 10; 10\/3.

14
Теория и задачи
Пример 3. В треугольнике АВС сторона АВ = 24, /ВАС = 60°, радиус
описанной окружности равен 13. Найти сторону АС.
Р е ш е н и е. Для нахождения стороны АС надо знать сторону ВС, которую лег¬
ко найти с помощью теоремы синусов:
ВС
sin 60°
= 27?
ВС = 13\/3.
Теперь обозначим искомую сторону АС через
х и запишем теорему косинусов для А АВС:
(13\/3)2 = 242 + х2 - 2 • 24 • х • cos60° <=>
<=► х2 - 24х + 69 = 0 <=> xi,2 = 12 ± 5^3.
В обоих случаях
АВ = 24 > ВС = 13л/3 > АС = ц,2 = 12 ± 5^3.
Следовательно, существует два треугольника
(ДАВС1 - тупоугольный и ДАВС2 - остро¬
угольный), удовлетворяющих условиям нашей
задачи.
Ответ. 12±5\/3.
Пример 4. Пусть равнобедренный треуголь¬
ник АВС имеет углы В и С, равные 80°. На
отрезке АС взята точка В, а на отрезке АВ -
точка Е так, что /DBC = 60° и /ЕС В = 50°.
Найти угол EDB.
Решение. Треугольник ВСЕ является равно¬
бедренным, так как у него
/ВЕС = 180° - / АВС - /ВСЕ = 50° = /ВСЕ.
Обозначим ВС = BE = х, /BDE = а и приме¬
ним теорему синусов к ABDE и АВ DC:
BD _ х BD _ х
sin (а+ 20°)	sin а’ sin 80°	sin 40°
Поделив равенства почленно одно на другое, по¬
лучим
sin 80°
sin (a + 20°)
sin 40°
sin а
<=> 2 cos 40° sin а = sin(a + 20°)	<=>
<=> 2 cos(60° - 20°) sin a = sin(a + 20°)	<=>
<=> cos 20° sin a + \/3 sin 20° sin a = sin a cos 20° + cos a sin 20°	<==>
<=>	x/3 sin 20° sin a = cos a sin 20°	<=> ctg 01 — \/3.
Следовательно, искомый угол а = /EDB = 30°.
Ответ. 30°.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов
15
Задачи
1.	Есть ли тупой угол у треугольника, стороны которого равны 10, 14 и 7?
2.	Стороны треугольника равны 2, 3, 4. Какой это треугольник: прямоуголь¬
ный, остроугольный или тупоугольный?
3.	Угол при вершине равнобедренного треугольника равен 120°. Боковая сто¬
рона равна 4. Найдите квадрат длины медианы, проведённой к боковой сто¬
роне.
4.	Из точки А, лежащей на окружности, проведены две хорды, равные 7 и
15. Найдите диаметр окружности, если расстояние между серединами хорд
равно 10.
5.	Найти углы треугольника, если высота и медиана, проведённые из одной и
той же вершины, образуют с боковыми сторонами углы, равные а.
6.	Биссектриса одного из острых углов прямоугольного треугольника в 6 раз
короче гипотенузы. Найти острые углы треугольника.
7.	Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами
5, ч/7, 2V3.
8.	В треугольник АВС вписана окружность, которая касается сторон АВ, ВС,
АС соответственно в точках М, D, N. Известно, что NA = 2, NC = 3,
ВСА = Найти MD.
9.	Известны длины двух сторон а = 7, 5 = 9 треугольника и его площадь
S = 14\/5. Третья сторона треугольника больше удвоенной медианы, прове¬
дённой к ней. Найти радиус окружности, вписанной в этот треугольник.
10.	У треугольника известны длины двух сторон и площадь: а = 6, b = 8,
S = 3\/15. Третья его сторона меньше удвоенной медианы, проведённой к
ней. Найти радиус вписанной в этот треугольник окружности.
11.	Прямая, проходящая через точки G и К, служит биссектрисой угла FGH.
Известно, что KF ± GF, КН ± GH, KF = КН = 8, GK = 17. Отрезок GL
содержит точку F, FL = 2. Отрезок GM содержит точку Н и НМ = 19.
Найти длину отрезка ML.
12.	В треугольнике KMN сторона КМ = 6, MN — KN = 2, cosZ.KМN = 3/5.
Найти площадь треугольника KMN.
13.	Известно, что радиус окружности, описанной около треугольника АВС, рав¬
няется стороне АВ этого треугольника. Найти высоту треугольника АВС,
проведённую из точки С, если она меньше 1/2, а две другие стороны тре¬
угольника равны 2 и х/З.
14.	В треугольнике АВС известны стороны АВ = 7, АС = 8 и cosZBAC =
На стороне ВС выбрана такая точка D, что DC : ВС =1:3. Найти радиус
окружности, вписанной в треугольник ABD.

16
Теория и задачи
1.3.	Медиана, биссектриса, высота
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи, связанные с медианами, биссектрисами и высо¬
тами. При решении этих задач, помимо утверждений и формул, приведённых в
предыдущих разделах, будут полезными следующие теоремы.
Теорема о биссектрисе. Биссектриса треуголь¬
ника делит противолежащую сторону на отрезки,
пропорциональные прилежащим сторонам:
аь _ Ь
ас с
Формулы длины биссектрисы:
26C-COS |	2 L
/q —	.	,	— ос а^а>с.
и + с
4-	cl2
Формула длины медианы: т2а = — 	—.
Примеры решения задач
Пример 1. Доказать, что если в треугольнике из одной вершины проведены
медиана, биссектриса и высота, то биссектриса лежит между медианой и высотой.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС, где высота СН, биссектриса CL и
медиана CD проведены к стороне АВ.
Если ВС = АС, то CH, CL и CD совпадают. Пусть для определённости
АС > ВС.
По свойству биссектрисы
< 1 => BL < AL =* BL < ВА/2 = BD
AL АС
и, следовательно, точка L лежит между точками В и D.
Теперь покажем, что Z.BCH < Z.BCL :
АС> ВС => Z.CBA > Z.CAB ==> АВСН < ААСН =>
=> ЛВСН < Z.BCA/2 = Z.BCL
и, следовательно, биссектриса лежит между медианой и высотой.

1.3. Медиана, биссектриса, высота
17
Пример 2. Доказать, что если в треугольнике две высоты равны, то он равно¬
бедренный.
Решение. Рассмотрим треугольник со сторонами а, Ь, с и высотами ha,h,b,hc.
Площадь треугольника равна
q ahd bhf,
= Т = Т
Следовательно, если ha = hb, то и а = Ь.
ПримерЗ. В треугольнике АВС биссектриса BE и медиана AD перпендику¬
лярны и имеют одинаковую длину, равную 4. Найти стороны треугольника АВС.
Решение. Пусть биссектриса BE и медиана
AD пересекаются в точке О. В треугольнике
ABD отрезок ВО является биссектрисой и вы¬
сотой одновременно, следовательно, треугольник
ABD равнобедренный. Пусть АВ = BD = х.
По свойству биссектрисы
АЕ _ АВ _ 1
ЕС ~ ВС ~ 2*
Пусть АЕ = у, тогда ЕС = 2у. По формулам для
квадратов длин медианы и биссектрисы получаем:
AD, =	+ 2(3.,)* - W* = 41 ВЕ2 = 2х^22=г
4	»	>
откуда х2 = 13, у2 = 5. В итоге: АВ = ТТЗ, ВС = 2\Х13, АС = 3\/5.
Ответ. >/13; 2х/13; 3\/5.
Пример 4. Доказать, что сумма медиан треугольника
а)	меньше Р;
3
б)	больше -Р, где Р - периметр треугольника.
Решение, а) Достроим &АВС до параллелограм¬
ма АС ВС1 и запишем неравенство треугольника для
ДАСС':
СС < АС + АС" <=> 2тс < а + Ь.
Аналогичным образом демонстрируется справедливость
неравенств
2ть < а + с, 2та < Ь + с.
Сложив эти три неравенства и поделив на два, получим:
та + ТПь + тс < Р.

18
Теория и задачи
б) Пусть медианы пересекаются в точке О. Запи¬
шем неравенство треугольника для ДАСО:
АС < СО + АО
Аналогично можно получить неравенства для сто¬
рон а и с. Сложив все три неравенства, получим:
-(та + mb + Tnc) > Р
о
та + ть + тс >
что и требовалось доказать.
Задачи
1.	Доказать, что если у треугольника равны две медианы, то он равнобедрен¬
ный.
2.	Медиана треугольника совпадает с его биссектрисой. Доказать, что этот тре¬
угольник равнобедренный.
3.	Найдите площадь прямоугольного треугольника, если биссектриса прямого
угла делит гипотенузу на отрезки длины 15 и 20.
4.	Найдите биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника, катеты
которого равны 18 и 24.
5.	В окружность радиуса 4\/3 вписан треугольник АВС, в котором ZA = 60°,
а сторона АВ в два раза больше стороны АС. В треугольнике проведена
биссектриса AM. Найдите длину отрезка МС.
6.	В треугольнике ВСЕ угол Z.C = 60°, СЕ : ВС = 3:1. Отрезок СК -
биссектриса треугольника. Найдите КЕ, если радиус описанной около тре¬
угольника окружности равен 8\/3-
7.	Зная угол а при вершине треугольника, определите острый угол между бис¬
сектрисами двух других углов треугольника.
8.	Зная углы а и /3 при основании треугольника, определите угол между вы¬
сотой и биссектрисой, проведёнными из угла, противолежащего основанию.
9.	Медианы треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: прямоуголь¬
ный, остроугольный или тупоугольный?
10.	Высоты треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: прямоугольный,
остроугольный или тупоугольный?
11.	В треугольнике АВС медианы AD и BE пересекаются под прямым углом.
Известно, что АС = 3, ВС = 4. Найти сторону АВ этого треугольника.
12.	В треугольнике известны длины двух его сторон 6 и 3. Полусумма длин
высот, опущенных на эти стороны, равна длине третьей высоты. Найти длину
его третьей стороны.

1.4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса
19
13.	В треугольнике АВС угол А - прямой. Из вершины А проведены медиа¬
на AM, высота АН и биссектриса AL. Доказать, что AL - биссектриса в
треугольнике АМН.
14.	В треугольнике АВС даны стороны b и с. Угол а вдвое больше угла (3.
Найти сторону а.
15.	Доказать, что в любом треугольнике большей стороне соответствует мень¬
шая биссектриса.
16.	Две биссектрисы у треугольника равны. Доказать, что он равнобедренный.
17.	В треугольнике KLM проведены биссектрисы LE и KF углов KLM и
LKM соответственно, которые пересекаются в точке О. Известно, что
KL = LE, периметр треугольника KLM равен 34, LO = 3- ОЕ. Найти ML.
18.	В треугольнике АВС угол С равен 120°, а биссектриса угла С равна 3.
Длины сторон АС и ВС относятся как 3:2 соответственно. Найти тангенс
угла А и сторону ВС.
19.	В треугольнике KLM длина стороны KL = 24, длина биссектрисы LN =
= 24, а длина отрезка MN = 9. Определить периметр треугольника LMN.
20.	В треугольнике АВС с длинами сторон а = 7,Ь = 5,с = 3 проведена биссек¬
триса AD. Вокруг треугольника ABD описана окружность, а в треугольник
ACD вписана окружность. Найти произведение их радиусов.
1.4.	Подобие треугольников. Теорема Фалеса
Теоретический материал
Два треугольника называются подобными, если у них равны все три угла, а соот¬
ветствующие стороны пропорциональны.
Признаки подобия треугольников:
1.	Если два угла одного треугольника равны двум углам другого треугольника,
то треугольники подобны.
2.	Если один угол первого треугольника равен углу второго треугольника, а
прилежащие к этим углам стороны треугольников пропорциональны, то тре¬
угольники подобны.
3.	Если три стороны одного треугольника пропорциональны трём сторонам
другого треугольника, то треугольники подобны.
Замечание 1. В подобных фигурах углы между любыми сходственными ли¬
нейными элементами равны; отношение длин сходственных линейных элементов
равно коэффициенту подобия.
То есть не только длины сходственных сторон, но и длины биссектрис, медиан,
высот, периметров, радиусов вписанных и описанных окружностей относятся как
коэффициент подобия.

20
Теория и задачи
Замечание 2. В подобных фигурах площади любых сходственных элементов
относятся как квадрат коэффициента подобия.
Напомним также и некоторые другие полезные сведения.
•	Соответственные и накрест лежащие углы при параллельных прямых равны.
•	Теорема Фалеса. Если при пересечении сторон угла параллельными пря¬
мыми на одной стороне угла отсекаются равные между собой отрезки, то
и на другой стороне угла отсекаются также равные между собой отрезки
(левый рисунок).
•	Обобщенная теорема Фалеса. При пересечении сторон угла параллель¬
ными прямыми на сторонах угла отсекаются пропорциональные отрезки
(правый рисунок)
АО _ АВ ВС
А10 ~ А'В' ~ В'С''
Наиболее распространенными являются ситуации, когда пара подобных тре¬
угольников возникает при пересечении параллельными прямыми двух пересекаю¬
щихся прямых.
В обоих случаях треугольники АВС и А'ВС' подобны по первому призна¬
ку подобия треугольников. В первом случае углы ZA = ZA' и ZC = ZC" как
соответственные, во втором - как накрест лежащие при параллельных прямых.

1.4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса
21
Примеры решения задач
Пример 1 (теорема о биссектрисе). Доказать, что биссектриса треугольника
делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сто¬
ронам:
аь Ъ
О'с С
Решение. Пусть AL - биссектриса
треугольника АВС. Через вершину С
проведём прямую, параллельную AL,
которая пересечёт прямую АВ в точке
С". Заметим, что Z.BAL = /.АС'С как
соответственные и Z.CAL = Z.ACC'
как внутренние накрест лежащие, сле¬
довательно, Z.AC'C = Z.ACC' и тре¬
угольник АСС является равнобедрен¬
ным.
По теореме Фалеса получим
CL _ СА	аь_Ь
LB АВ ' ас с
что и требовалось доказать.
Пример 2 (теорема о высотах). Пусть А А1 и С С - две высоты остроуголь¬
ного треугольника АВС. Доказать, что треугольники А’ВС и АВС подобны с
коэффициентом cos ZB.
Решение. Запишем косинус угла В двумя
способами:
В А'
cosZ.B = —— (из ЛАВА'),
В А
cos = (из ДСВС").
ВС
Теперь рассмотрим треугольники ДА'ВС" и
А АВС. У них угол ZB общий, а длины со¬
ответствующих сторон связаны соотношением
ВА' _ ВС'
В А ~ ~ВС
= cosZ.B,
следовательно, треугольники подобны по первому признаку подобия треугольни¬
ков, причем коэффициент подобия равен cos ZB.
Замечание. В треугольнике с тупым углом ZB коэффициент подобия соот¬
ветствующих треугольников равен | cos ZB|.
Пример 3 (теорема о медианах). Доказать, что медианы треугольника пере¬
секаются в одной точке и делятся ею в отношении 2:1, считая от вершины.

22
Теория и задачи
Решение. Пусть А А1 и СС - медианы тре¬
угольника АВС. Проведём отрезок С'А" ||
АА1. По теореме Фалеса из равенства отрез¬
ков АС' = С'В следует равенство отрезков
А'А" = А"В, следовательно,
А'А" = \а'В = \а'С.
2	2
Теперь применим теорему Фалеса к углу
Z.BCC:
СО = С А'
ОС ~ А'А" ~ ’
Таким образом, мы доказали, что медиана АА1 проходит через точку О € СС,
которая делит медиану СС в отношении 2:1. Аналогичным образом показыва¬
ется, что и медиана ВВ1 тоже проходит через точку О. Следовательно, медианы
треугольника пересекаются в точке О и делятся ею в отношении 2:1, считая от
вершины.
Задачи
1.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) на стороне ВС взята
точка D так, что BD : DC = 1 : 4. В каком отношении прямая AD делит
высоту BE треугольника АВС, считая от вершины В?
2.	Дан треугольник АВС и точки Е и F на сторонах ВС и АС соответствен¬
но, О - точка пересечения отрезков АЕ и BF, причём АО : ОЕ = 3 : 1 и
AF : FC = 6 : 5. В каком отношении точка Е делит сторону ВС?
3.	Длина основания треугольника равна 36. Прямая, параллельная основанию,
делит площадь треугольника пополам. Найти длину отрезка этой прямой,
заключённого между сторонами треугольника.
4.	Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на части, площа¬
ди которых относятся как 2:1. В каком отношении, считая от вершины, она
делит боковые стороны?
5.	В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С опущена
высота CD. Вычислите гипотенузу АВ, если АС = 5, AD = 2.
6.	Высота CD прямоугольного треугольника АВС делит гипотенузу АВ на
отрезки AD = 9 и DB = 4. Найдите CD.
7.	Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его
на два треугольника, площади которых равны соответственно 6 и 54. Най¬
дите гипотенузу треугольника.
8.	Высота прямоугольного треугольника, проведенная к его гипотенузе, делит
биссектрису одного из острых углов на отрезки, отношение длин которых
равно 3 + 2\/3, считая от вершины. Найти величины острых углов треуголь¬
ника.

1.5. Площади
23
9.	В прямоугольном треугольнике АВС угол С - прямой, CD - высота, опу¬
щенная на гипотенузу. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники
ACD и BCD, равны 3 и 4. Найти гипотенузу АВ треугольника АВС.
10.	Треугольник АВС не имеет тупых углов. На стороне АС
3
взята точка D так, что AD = -АС. Найти угол ВАС,
этого треугольника
если известно, что
прямая BD разбивает треугольник АВС на два подобных треугольника.
11.	Доказать, что высоты остроугольного треугольника являются биссектриса¬
ми треугольника, образованного отрезками, соединяющими основания высот.
12.	В остроугольном треугольнике АВС угол ВАС равен а. На стороне ВС,
как на диаметре, построена окружность. Эта окружность пересекает сторо¬
ну АС в точке В, а сторону АВ в точке Q. Найти отношение площади
треугольника APQ к площади треугольника АВС.
13.	В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты СН и AHi. Из¬
вестно, что АС = 2, площадь круга, описанного около треугольника НВ Hi,
равна —. Найти угол между высотой СН и стороной ВС.
о
14.	В прямоугольном треугольнике АВС (угол С прямой) длина катета ВС
равна 2 см. В угол АВС вписана окружность радиуса у/2 см так, что она
касается прямой ВС в точке С. Найти радиус окружности, вписанной в
треугольник АВС.
15.	В треугольнике АВС на стороне АС взята точка Н так, что длина отрезка
ВН равна 3, длина отрезка НС равна 2, а сумма углов АВС и АН В равна
7г. Найти периметр треугольника АВН, если косинус угла АС В равен —.
16
16.	В остроугольном треугольнике АВС опущены высоты АР и СК. Извест¬
но, что площадь треугольника АВС равна 18, площадь треугольника ВРК
равна 2, а длина отрезка РК равна 2\/2. Вычислить радиус окружности,
описанной вокруг треугольника АВС.
17.	Через точку, взятую на стороне треугольника, проведены две прямые, парал¬
лельные двум другим сторонам. Эти прямые разбивают данный треугольник
на три части - один параллелограмм и два треугольника; площади треуголь¬
ников равны Si и S2. Найти площадь параллелограмма.
18.	Через точку, взятую внутри треугольника, проведены три прямые, парал¬
лельные его сторонам. Эти прямые разбивают треугольник на шесть частей,
три из которых - треугольники с площадями Si,S2,S3. Найти площадь тре¬
угольника.
1.5.	Площади
Теоретический материал
При решении задач этого раздела необходимо помнить формулы площади тре¬
угольника:
S = ift6sin7, S = ^aha,	S = \/p(p - a)(p - b)(p - c), S = pr.
2	2	4/1

24
Теория и задачи
Следствия из формулы S = ^aha-
&
• Площади треугольников с общим основанием относятся, как высоты, прове¬
денные к этому основанию.
Отношение площадей треугольников с общей вершиной и основаниями, ле¬
жащими на одной прямой (левый рисунок), равно отношению длин этих ос-
нований:
8ьавс_ _ ВС
S&ab'c	В'С
Отношение площадей двух треугольников с вершинами, лежащими на двух
параллельных прямых (правый рисунок), равно отношению длин параллель-
ных сторон:
Вдлвс _ ВС
SbA'B'C1	В'С
Следствие из формулы S = ^a6sin7.
Площади треугольников с общим (или равным) углом при вершине относятся, как
произведение отношений соответствующих сторон:
S^abc = С А СВ
S^A'B'c С А' ' СВ1'
Напомним также утверждения, справедливые для произвольных фигур на плос¬
кости:
•	равные фигуры имеют равные площади;
•	отношение площадей подобных фигур равно квадрату коэффициента подо¬
бия этих фигур.

1.5. Площади
25
Примеры решения задач
Пример 1. В треугольник АВС вписана окружность с центром в точке О.
Луч АО пересекает сторону ВС в точке К. Найдите площадь треугольника АВС,
если АВ = 13, АС = 15, В К = 6,5.
Решение. Найдём отрезок КС и вы¬
числим площадь по формуле Герона. Так
как центр вписанной окружности есть точ¬
ка пересечения биссектрис, то отрезок АК
является биссектрисой ААВС и по свой¬
ству биссектрисы
АВ АС
ВК “ КС
=> КС = 7,5 => ВС = 14.
Теперь площадь ДЛВС можно вычислить
по формуле Герона:
S = у/р(р - а)(р - Ь)(р - с) = 84.
Ответ. 84.
Пример 2. В треугольнике PQR длина стороны PQ не больше, чем 9, а длина
стороны PR не больше, чем 12. Площадь треугольника не меньше, чем 54. Найти
длину его медианы, проведенной из вершины В.
Решение. Пусть PQ = a, PR = b, Z.QPR = 7. q
Тогда	к
„	1 L •	/	\
Sapqr = тао sin 7.	/ N.
а/
Так как sin 7 < 1, а < 9, Ь < 12, то	/	N.
/л X.
S^pqr < | 9-12-1 = 54.	Р b	R
Но по условию задачи S^pqr > 54, следовательно, S^pqr = 54. Это возможно
только в случае, когда а = 9, b = 12 и sin 7 = 1. Значит, 7 = 90°, гипотенуза
QP = \/а2 4- Ь2 = 15, а медиана, проведённая к гипотенузе, равна QP/2 = 15/2.
п 15
Ответ. —.
2
ПримерЗ. В треугольнике АВС на стороне АС взята точка К, а на стороне
СК	СМ
ВС - точка М так, что Skmc : Sakmb = 5:6, —— = 5. Найти ——.
КА	МВ
Решение. Пусть АК = х, СМ = у, МВ = z, тогда СК = 5х.

26
Теория и задачи
Если мы будем знать отношение площадей треугольников КМС и АВС, то
сможем найти искомое отношение у : z из равенства
S^abc _ | * (а? + 5х)(у + z) sinZC 6(у + z)
S^kmc | • 5xysinZC “ Uy ’
Отношение площадей треугольников ABC и KMC получим следующим образом:
Saabc _ S^kmc + Sakmb _ i 6 _ И
S^kmc Sakmc	5	5
Следовательно,
6(7/ +г) 11
—		= —	<=> оу = bz <=> у : z = 6 : 5.
5?/5
Ответ. 6:5.
Задачи
1.	Найдите диаметр окружности, вписанной в треугольник со сторонами 20,
20, 24.
2.	Найдите радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами 4,
13, 15.
3.	Найти отношение площадей треугольника и четырёхугольника, на которые
делится треугольник своей средней линией.
4.	Стороны треугольника АВС разделены пополам точками D, Е и F соот¬
ветственно. Во сколько раз площадь треугольника DEF меньше площади
треугольника АВС?
5.	Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на две равновели¬
кие части. В каком отношении эта прямая делит боковые стороны треуголь¬
ника?
6.	Стороны первого треугольника равны 6, 9 и 12. Произведение длин сторон
подобного ему треугольника равно 24. Найти отношение площади первого
треугольника к площади второго.
7.	Дан треугольник АВС, величина угла между АВ и АС равна тг/З. Во
сколько раз изменится площадь треугольника, если этот угол увеличится
в два раза (длины сторон, образующих данный угол, фиксированы)?

1.5. Площади
27
8.	Стороны треугольника равны 13, 14 и 15. Найдите большую высоту тре¬
угольника. Ответ округлите до целых.
9.	Площадь треугольника АВС равна 8. Точка D лежит на стороне АС, а
точка Е - на стороне АВ. Известно, что АЕ = BE, AD = 3DC. Найти
площадь треугольника BDE.
10.	В треугольнике АВС точка D лежит на стороне АС, а точка Е - на стороне
АВ. Известно, что АЕ = ЗВЕ, AD = 2DC. Найти отношение площадей
треугольников BDE и АВС.
11.	Биссектрисы BE и AD треугольника АВС пересекаются в точке Q. Най¬
ти площадь треугольника АВС, если известно, что площадь треугольника
BQD равна 1 и 2 АС = ЗАВ, ЗВС = 4АВ.
12.	В треугольнике АВС биссектриса АК перпендикулярна медиане ВМ,
а угол АВС равен 120°. Найти отношение площади треугольника АВС
к площади описанного около этого треугольника круга.
13.	В прямоугольном треугольнике АВС точки D и Е лежат соответственно
на катетах ВС и АС так, что CD = СЕ = 1. Точка О есть точка пересе¬
чения отрезков AD и BE. Площадь треугольника АОЕ меньше площади
треугольника BOD на 1/2. Кроме того, известно, что BE = \/17. Найти
площадь треугольника АВС.
14.	Медианы ВК и CL треугольника АВС пересекаются в точке М под пря¬
мым углом, АС = Ь, АВ = с. Найти площадь четырёхугольника AKML.
15.	В треугольнике АВС длина стороны ВС равна 15, а длина высоты BD
равна 5. На стороне АВ взята точка Р так, что длины отрезков АР и РВ
равны соответственно 5,8 и 7,2. Найти площадь S треугольника В PC, если
известно, что S > 3.
16.	В треугольнике АВС медиана АК пересекает медиану BD в точке L. Най¬
ти площадь треугольника АВС, если площадь четырёхугольника KCDL
равна 5.
17.	В треугольнике АВС АВ = 6, ВС = 9, АС = 10. Биссектриса угла В
пересекает сторону АС в точке М. На отрезке ВМ взята точка О так, что
ВО : ОМ = 3:1. Площадь какого из треугольников ABO, ВСО или АС О
является наименьшей?
18.	Прямая, проходящая через вершину основания равнобедренного треугольни¬
ка, делит его площадь пополам, а периметр треугольника делит на части 5
и 7. Найдите площадь треугольника и укажите, где лежит центр описанной
окружности: внутри или вне треугольника?
19.	В треугольнике АВС известны длины всех высот: ha = 1/3, hb = 1/4,
hc = 1/5. Найти отношение длины биссектрисы CD к радиусу описанной
окружности.

28
Теория и задачи
2.	Окружности
2.1.	Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
Теоретический материал
При решении задач, связанных с окружностями, необходимо помнить следующие
факты и утверждения.
Теорема о вписанном угле. Вписанный угол измеряется половиной дуги
окружности, на которую он опирается.
Замечание. Так как дуга измеряется величиной соответствующего централь¬
ного угла, то вписанный угол равен половине центрального угла, опирающегося
на ту же дугу.
Следствие 1. Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу (или на
равные дуги), равны.
Следствие 2. Вписанный угол, опирающийся на диаметр окружности, является
прямым.
Следствие 3. Сумма противолежащих углов вписанного в окружность четы¬
рехугольника равна 180°:
a + 'y = /3 + S = 180°.
Теорема о касательных. Касательная к окружности перпендикулярна ради¬
усу, проведенному в точку касания. Отрезки касательных, проведенных из одной
точки к одной окружности, равны и составляют равные углы с прямой, проходя¬
щей через эту точку и центр окружности.

2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
29
Следствие. В любом описанном около окружности четырехугольнике суммы
длин противоположных сторон равны:
а + с = Ь + d.
Также полезными могут оказаться следующие утверждения об углах в окружно¬
стях.
• Угол между хордами равен полусумме мер дуг окружности, которые отсе¬
кают на окружности эти хорды (левый рисунок):
Z.ASB =
АВ + — CD
2
• Угол между секущими, выходящими из одной точки, равен полу разности
мер дуг окружности, заключенных между ними (центральный рисунок):
AASB =
АВ - ^CD
2
• Угол между хордой и касательной измеряется половиной меры заключенной
внутри него дуги окружности (правый рисунок):
Примеры решения задач
Пример 1. В равнобедренный треугольник АВС вписана окружность. Парал¬
лельно его основанию АС проведена касательная к окружности, пересекающая
боковые стороны в точках D и Е. Найти радиус окружности, если DE = 8,
АС = 18.
Решение. Опустим из точек D и Е перпендикуляры на сторону АС - получим
прямоугольник DEM К, в котором КМ = DE = 8.
Диаметр окружности равен перпендикуляру DK, для вычисления длины ко¬
торого сначала надо найти длину отрезка AD.
Рассмотрим прямоугольные треугольники ADK и СЕМ. Они равны по катету
(DK = ЕМ) и острому углу (ZA = ZC, так как А АВС равнобедренный). Из
равенства треугольников следует равенство отрезков
АК = МС = 5.

30
Теория и задачи
Так как в описанном около окружности четы¬
рехугольнике суммы длин противоположных сто¬
рон равны, то
AD + ЕС = DE + АС = 8 + 18 = 26 =>
26
=> AD = ЕС =	= 13.
2
Диаметр окружности равен
DK = \/AD2 - АК2 = V132 - 52 = 12,
Следовательно, радиус равен 12/2 = 6.
Ответ. 6.
Пример 2. Доказать, что если из вершины А неравнобедренного треугольни¬
ка АВС (АВ / АС) проведена биссектриса, а из середины ВС восстановлен
перпендикуляр, то точка их пересечения лежит на окружности, описанной вокруг
треугольника АВС.
Решение. Пусть D - точка пересечения биссек¬
трисы угла ВАС треугольника АВС с описанной
окружностью.
Из равенства углов BAD и CAD следует равен¬
ство хорд BD = CD, а из равнобедренности тре¬
угольника BDC следует то, что перпендикуляр, опу¬
щенный из точки D на отрезок ВС делит его попо¬
лам.
Таким образом, мы получили, что серединный
перпендикуляр к отрезку ВС и биссектриса угла
ВАС пересекаются в точке D, лежащей на окруж¬
ности, описанной вокруг треугольника АВС.
ПримерЗ. В треугольнике АВС проведены биссектрисы AD и BE, пересе¬
кающиеся в точке О. Известно, что отрезок ОЕ имеет длину 1, а вершина С
лежит на окружности, проходящей через точки E,D,O. Найти стороны и углы
треугольника EDO.
Решение. Пусть /.BAD = Z.DAC = a, ЛАВЕ = ЛСВЕ = /3, тогда
Л АС В = тг — 2а — 2/3, ЛЕОЕ = Л АО В = тг - а - (3
Так как вокруг четырехугольника CEOD можно описать окружность, то
ЛАС В + ЛЕОЕ = 7г =>
(тг — 2а — 2(3) + (тг — а — (3) = тг =>
а + Р = 1
о
А АС В = J
О
Z.DOE =
м

2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
31
Поскольку биссектрисы треугольника пересекаются в одной точке и О есть
точка пересечения двух из них, прямая СО является третьей биссектрисой и
ЛЕСО = ЛОСО = ^ЛАСВ =
2	6
В силу того, что равные вписанные углы опираются на равные хорды, DO =
ЕО = 1. Следовательно, треугольник DOE равнобедренный и
. —	it — ЛИОЕ тг
ЛОЕО = ЛОВЕ =			= -
2	6
Последний элемент треугольника DOE можно найти с помощью теоремы ко¬
синусов. Получим DE = \/3.
Ответ. ЕО = DO = 1, DE = л/З, ЛЕОЕ = ЛОЕЕ = ЛОЕЕ =
3	6
Задачи
1.	В окружности радиуса 26 проведена хорда, равная 48. Найти длину отрезка,
соединяющего середину хорды с центром окружности.
2.	В угол величиной 60° вписана окружность. Найти расстояние от центра
окружности до вершины угла, если радиус окружности равен 7,5.
3.	В окружности с центром в точке О проведена хорда АВ и радиус OD,
которые пересекаются в точке С, причем известно, что АВ ± OD, ОС = 9,
CD = 32. Найти хорду.
4.	В окружности перпендикулярно диаметру АВ проведена хорда CD. Точка
их пересечения делит диаметр на отрезки 18 и 32. Найти длину хорды CD.
5.	Найти угол между хордой АВ и диаметром ВС, если хорда АВ стягивает
дугу в 54°.
6.	Из точки А окружности проведены диаметр АВ и хорда АС, которая про¬
должена за С на расстояние СК, равное АС. Найти ВК, если радиус
окружности равен 4.

32
Теория и задачи
7.	Определить острые углы прямоугольного треугольника, зная, что радиус
описанного около него круга относится к радиусу вписанного круга как 5:2.
8.	Общая хорда двух пересекающихся окружностей видна из их центров под
углами 90° и 120°. Найти расстояние между центрами окружностей, если
З + х/З
длина хорды равна —-—.
9.	Докажите, что в прямоугольном треугольнике сумма длин катетов равна
сумме длин диаметров вписанной и описанной окружностей.
10.	KD и МС - хорды одной окружности, причем Е - точка их пересечения.
Найдите угол CDE, если угол DEM в 4 раза больше угла DEC, а угол
СМ К на 26° больше угла DEC.
11.	Найдите углы треугольника, в котором центры вписанной и описанной
окружностей симметричны относительно одной из сторон треугольника.
12.	Через вершины вписанного в окружность треугольника проведены касатель¬
ные к этой окружности. Определить углы треугольника, образованного эти¬
ми касательными, через углы вписанного треугольника.
13.	Окружность проходит через вершины В, С и D трапеции ABCD и касается
стороны АВ в точке В. Найти длину диагонали BD, если длины оснований
трапеции равны а и Ь.
14.	Точка касания окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, раз¬
бивает один из его катетов на отрезки длины тип, причем т < п. Найти
длину другого катета.
15.	Через точки пересечения двух окружностей Р и Pf проводятся произволь¬
ные прямые, пересекающие окружности. Через точки пересечения этих пря¬
мых с окружностями проводятся прямые тит'. Доказать, что т парал¬
лельна т'.
16.	К двум не пересекающимся окружностям проведены две внешние касатель¬
ные и внутренняя. Точки М и N - точки касания внешней касательной
с окружностями, а Р и Q - точки пересечения внутренней касательной с
внешними. Доказать, что MN = PQ.
17.	Может ли у треугольника со сторонами меньше 1 радиус описанной окруж¬
ности быть больше 100?
2.2.	Свойства касательных, хорд, секущих
Теоретический материал
При решении задач этого раздела потребуется знание двух следующих теорем.
Теорема о касательной и секущей. Квадрат длины отрезка касательной ра¬
вен произведению длины отрезка секущей на длину ее внешней части (правый
рисунок):
SL2 = SA • SB.

2.2. Свойства касательных, хорд, секущих
33
Теорема о хордах. Произведения длин отрезков двух пересекающихся хорд
равны (левый рисунок):
AS • SB = CS • SD.
Следствие. Произведение длины отрезка секущей на длину ее внешней части
есть величина постоянная для всех секущих, проведенных из одной точки к данной
окружности.
Примеры решения задач
Пример 1. Доказать, что касательные к двум пересекающимся окружностям,
проведенные из любой точки продолжения их общей хорды, равны между собой.
Решение. Пусть окружности пересекаются в точках
А и В. Рассмотрим произвольную точку М на прямой
АВ и проведем касательные МС и МС'. Так как квад¬
рат длины отрезка касательной равен произведению дли¬
ны отрезка секущей на длину ее внешней части, то
МС2 = МА МВ и МС'2 = МА • МВ,
следовательно, МС = МС', что и требовалось доказать.
Пример 2. В равнобедренный треугольник РМ К
с основанием МК вписана окружность с радиу¬
сом 2\/3. Высота PH делится точкой пересечения
с окружностью в отношении 1:2, считая от вер¬
шины Р. Найдите периметр треугольника РМК.
Решение. Обозначим точку пересечения вы¬
соты с окружностью через Q. Поскольку тре¬
угольник РМК равнобедренный, центр вписан¬
ной окружности О лежит на высоте PH и отре¬
зок QH является диаметром, то есть равен 2т. По
условию задачи QH = 2PQ, значит PQ = г.
К

34
Теория и задачи
Пусть вписанная окружность касается стороны МР в точке А. Тогда в пря¬
моугольном треугольнике АРО катет АО = г, гипотенуза РО = 2г, откуда
sin /.APO = 1/2 и Z.APO = 30°. Следовательно, Z.MPK = 2/АРО = 60° и
треугольник РМК является равносторонним. Его периметр равен
Рдрмк = ЗМР = 6 АР = 6г ctg 30° = 36.
Ответ. 36.
Пример 3. Треугольник АВС со стороной ВС = 4 и углом С, равным 30°
вписан в окружность, радиуса 6. Найти среднюю линию этого треугольника, па¬
раллельную АС, и расстояние между точками, в которых ее продолжение пере¬
секает окружность.
Решение. Поскольку средняя линия треуголь¬
ника равна половине соответствующей стороны, на¬
до найти сторону АС. Для её нахождения нам до¬
статочно знать АВ. Найдём сторону АВ по теоре¬
ме синусов:
АВ
.	= 2R
sin 30°
АВ = 6.
Теперь найдем х = АС с помощью теоремы коси¬
нусов:
62 = 42 + х2 - 2 • 4 • х • cos 30°
<=> х = 2х/3±4\/2.
Нам подходит только положительное значение х = 2\/3 + 4\/2. Следовательно,
средняя линия PQ = х/2 = \/3 + 2\/2.
Пусть прямая, содержащая среднюю линию, пересекает окружность в точках
К и М. Обозначим у = КР, z — QM и запишем соотношение для пересекаю¬
щихся хорд ВС и КМ:
BP PC = КР- РМ
- 2’Mb 4
Аналогично для хорд АВ и КМ:
AQQB = MQ- QK
о ( X \
з = z (у + у).
В результате получаем систему
4 = У • + yz,
X
9 = z ' 2 + yZ'
Вычтем первое уравнение из второго и выразим z через у:
г х t \	Ю
5= 2^-7/)	<=> z = У+~-

2.2. Свойства касательных, хорд, секущих
35
Подставим выражение для z в первое уравнение системы:
а х (	10\	Л /т
4-У’2+у(у+ —) <=> У+2у(- + -)-4 = 0.
д \ х /	\4	х J
Так как х = 2^ + 4v^2 и - =	~ то - + - = 2л/2.
~	9 г- х 10	’ 4ж
Следовательно, г/2 + 4д/2т/— 4 = 0 и у = — 2л/2 + 2\/3.
В результате, г = ^3 и КМ = 4^3.
Ответ. \/3 +2\/2; 4\/3.
Задачи
1.	(Теорема о хордах.) Доказать, что произведения длин отрезков двух пересе¬
кающихся хорд равны.
2.	(Теорема о касательной и секущей.) Доказать, что квадрат длины отрезка
касательной равен произведению длины отрезка секущей на длину ее внеш¬
ней части.
3.	КМ и CD - хорды одной окружности, причем Е - точка их пересечения.
Найдите КМ, если СЕ = 6, ED = 8 и КЕ на 8 меньше ЕМ.
4.	BD и СЕ - хорды одной окружности, причем А - точка их пересечения.
Найдите BD, если АС = 6, АЕ = 12 и АВ на 1 меньше AD.
5.	Прямая СК пересекает окружность в точках Р и К, а прямая СМ - в точ¬
ках D и М. Найдите DM, если СК = 16, СР = 6 и СМ = 24.
6.	Прямая АС пересекает окружность в точках D и С, а прямая АВ - ка¬
сательная к окружности, В - точка касания. Найдите AD, если АВ = 6,
СЕ = 5.
7.	АС и BD - хорды одной окружности, причем К - точка их пересечения.
Найдите Pckd, если КВ = 12, КС = 30 и Рак в = 28.
8.	Радиус круга равен 5. Внутри круга взята точка Р на расстоянии 4 от его
центра О. Через точку Р проведена хорда АВ = 8. На какие части делится
хорда точкой Р?
9.	Около треугольника АВС описана окружность. Медиана треугольника AM
продлена до пересечения с окружностью в точке К. Найдите сторону АС,
если AM = 18, МК = 8, ВК = 10.
10.	Из внешней точки проведены к окружности секущая длиной 12 и касатель¬
ная, длина которой составляет 2/3 внутреннего отрезка секущей. Определить
длину касательной.
11.	Четырехугольник ABCD с взаимно перпендикулярными диагоналями АС
и BD вписан в окружность. Найти ее радиус, если АВ = 4, CD — 2.
12.	Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Известно, что АВ = 9,
CD = 4, АС = 7 и BD = 8. Найти площадь четырехугольника ABCD.

36
Теория и задачи
13.	Окружность проходит через вершины А и С треугольника АВС, пересекает
сторону АВ в точке Е и сторону ВС в точке F. Угол АЕС в 5 раз больше
угла BAF, Z.ABC = 72°. Найти радиус окружности, если АС = 6.
14.	Через точку К, находящуюся вне окружности радиуса 4, проведена прямая,
пересекающая окружность в точках L и М. Найти расстояние от точки К
до центра окружности, если известно, что KL = 4, КМ = 5.
15.	Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Продолжение стороны АВ
за точку В пересекается с продолжением стороны CD в точке Е. Найти угол
ADE, если СЕ = 2BE, АВ : ЕС = 7 : 2 и косинус угла AED равен 7/8.
16.	В окружности проведены равные пересекающиеся хорды. Доказать, что со¬
ответствующие части этих хорд, на которые они делятся точкой пересечения,
равны.
17.	Доказать, что расстояние от точки окружности до хорды круга есть сред¬
нее пропорциональное между расстояниями от концов хорды до касательной
к окружности в этой точке.
2.3.	Смешанные задачи
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи на использование приведенных ранее методов и за¬
дачи, связанные с формулами длины окружности и площади круга:
I = 2тгЯ, S = 7гЯ2.
Кроме того, в раздел включены задачи с несколькими окружностями.
Напомним основные факты, связанные с взаимным расположением окружностей.
•	Точка касания двух окружностей лежит на линии центров этих окружностей.
•	Общая касательная, проходящая через точку касания двух окружностей,
перпендикулярна линии центров (левый рисунок).
•	Общая хорда двух пересекающихся окружностей перпендикулярна линии
центров (правый рисунок).
Замечание. Если в задаче сказано, что две окружности касаются друг друга,
то, вообще говоря, возможны два случая касания - внутреннее и внешнее.

2.3. Смешанные задачи
37
Примеры решения задач
Пример 1. К двум окружностям с центрами О и О', касающимся внешним
образом в точке А, проведена общая касательная ВС (В и С - точки касания).
Доказать, что угол ВАС - прямой.
Решение. Проведем через точку А прямую, перпендикулярную линии центров
00', она будет общей касательной к окружностям. Обозначим точку ее пересече¬
ния с отрезком ВС через М.
Получим, что ВМ = AM (как отрезки касательных к окружности с центром О) и
СМ = AM (как отрезки касательных к окружности с центром О'). Следователь¬
но, в треугольнике АВС медиана AM равна половине стороны ВС. Покажем,
что угол ВАС - прямой.
В равнобедренных треугольниках АВМ и АСМ обозначим
а = Z.MAB = Z.ABM, (3 = Z.MAC = Z.ACM,
тогда в треугольнике АВС сумма углов равна 2а + 20 = 180°, следовательно,
ZBAC = а +/3 = 90°.
Замечание. В процессе решения задачи мы доказали ещё один полезный факт:
если медиана равна половине стороны, к которой она проведена, то треугольник
прямоугольный.
Пример 2. Трапеция MNPQ вписана в окружность. Найдите среднюю ли¬
нию трапеции, если ее меньшее основание MN = 24, sin Z.MQN = 0,2 и
cos Z.PMQ = 0,6.
Решение. Для того, чтобы найти среднюю ли¬
нию трапеции, надо найти основание PQ, а для то¬
го, чтобы найти PQ, надо узнать радиус окружно¬
сти. Обозначим а = Z.MQN, 0 = Z.PMQ и приме¬
ним теорему синусов к &MNQ :
24
	= 2R => 7? = 60.
sin а
Теперь применим теорему синусов к &MPQ :
= 2R =► PQ = 2R • 0 - cos2 /3 = 96.
sin /3
d	MN 4- PQ
В результате средняя линия равна 			= bU.

38
Теория и задачи
Ответ. 60.
Пример 3. В окружность с центром в точке О вписан четырехугольник
ABCD, диагонали которого перпендикулярны. Известно, что Z.AOB = 3Z.COD,
Найти площадь круга и сравнить с числом 510, если CD = 10.
Решение. Так как треугольник ACD
вписан в окружность и длина стороны
CD известна, то для нахождения радиу¬
са окружности надо найти величину уг¬
ла DAC. Пусть диагонали четырехуголь¬
ника ABCD пересекаются в точке Н и
Z.DAC = а. Так как вписанный угол ра¬
вен половине центрального, а соответству¬
ющий центральный в три раза больше,
то угол ADB = За. Из прямоугольного
треугольника ADH получаем а + За =
90° <=> а = 45°/2. Теперь с помощью
теоремы синусов из треугольника ADC
определим радиус окружности:
Ю
-	= 27?
sin а
Следовательно, для искомой площади круга получаем
S = TrR2 =	= 507Г • (2 + У2) > 50 • 3 • (2 + 1,4) = 510.
sin2 £	1 - cos J
О
Ответ. S = 50л- • (2 + у/2) > 510.
Задачи
1.	Около окружности диаметром 15 описана равнобедренная трапеция с боко¬
вой стороной, равной 17. Найдите длину большего основания трапеции.
2.	Из точки А, лежащей на окружности, проведены две хорды, равные 7 и
15. Найдите диаметр окружности, если расстояние между серединами хорд
равно 10.
3.	Две окружности, вписанные в угол 60°, касаются друг друга внешним обра¬
зом. Найти расстояние от точки касания окружностей до стороны угла, если
если радиус большей окружности равен 23.
4.	В окружности, радиус которой равен 11, проведены хорды АВ и АС. Угол
между ними равен 30°. Найти расстояние между точками В и С.
5.	В окружности по разные стороны от центра проведены параллельные хорды
длиной 12 и 16. Расстояние между ними равно 14. Найти радиус окружности.
6.	Общей хордой двух кругов стягиваются дуги в 60° и 120°. Найти отношение
площадей этих кругов.

2.3. Смешанные задачи
39
7.	В полукруг помещен круг, касающийся дуги полукруга в ее середине, а так¬
же диаметра полукруга. Найдите отношение площадей данного полукруга и
данного круга.
8.	Определить радиус окружности, если вписанный в нее угол со сторонами,
длины которых равны 1 и 2, опирается на дугу 120°.
9.	Окружности радиусов г и R касаются внешним образом. Найдите длину их
общей внешней касательной.
10.	В угол, величина которого равна а, вписаны две окружности, касающиеся
друг друга и сторон угла. Определить отношение большего радиуса к мень¬
шему.
11.	В круг вписаны две трапеции с соответственно параллельными сторонами.
Докажите, что диагонали этих трапеций равны.
12.	Вычислите площадь равнобедренной трапеции, если ее высота равна /г, а бо¬
ковая сторона видна из центра описанной окружности под углом а.
13.	В окружности диаметра 4 проведены диаметр АВ и хорда CD, пересека¬
ющиеся в точке Е. Известно, что /АВС = 60°, /.ВСЕ = 8°. Найти дли¬
ну СЕ.
14.	В треугольнике АВС /В = —. Через точки А и В проведена окружность
6
радиуса 2, касающаяся прямой АС в точке А. Через точки В и С проведена
окружность радиуса 3, касающаяся прямой АС в точке С. Найти длину
стороны АС.
15.	AM - биссектриса треугольника АВС, ВМ = 2, СМ = 3, D - точка
пересечения AM с окружностью, описанной около данного треугольника,
MD = 2. Найти АВ.
16.	Окружности радиусов 2 и 3 внешним образом касаются друг друга в точке
А. Их общая касательная, проходящая через точку А, пересекает две другие
их общие касательные в точках В и С. Найти ВС.
17.	Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке С. Радиусы
окружностей равны 2 и 7. Общая касательная к обеим окружностям, прове¬
денная через точку С, пересекается с другой их общей касательной в точке
D. Найти расстояние от центра меньшей окружности до точки D.
18.	В треугольнике АВС даны длины сторон АВ = \/2, ВС = \/5 и АС = 3.
Сравните величину угла ВОС и 112,5°, если О - центр вписанной в тре¬
угольник АВС окружности.
19.	Найти радиус окружности, которая касается двух окружностей, касающихся
друг друга внешним образом, радиусов г и R и отрезка их общей касатель¬
ной.
20.	ABCD - трапеция. Радиусы окружностей, описанных около треугольников
ABC, BCD и ACD, равны Я1,Я2 и Яз соответственно. Найдите радиус
окружности, описанной около треугольника ABD.

40
Теория и задачи
3.	Многоугольники
3.1.	Параллелограммы
Теоретический материал
Параллелограммом называется четырехугольник, противолежащие стороны кото¬
рого попарно параллельны.
У параллелограмма
•	противоположные стороны равны;
•	противоположные углы равны;
•	диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам;
•	площадь равна: S = ah = absinZ.BAD = jdicfo sin ZAOB;
•	сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон:
+ с?2 = 2а2 + 2Ь2.
Заметим, что параллелограмм является выпуклым четырехугольником, то есть
лежит в одной полуплоскости относительно любой прямой, содержащей его сто¬
рону.
Признаки параллелограмма. Четырехугольник является параллелограммом,
если выполнено хотя бы одно из следующих условий:
•	противоположные стороны попарно равны;
•	противоположные углы попарно равны;
•	диагонали пересекаются и точкой пересечения делятся пополам;
•	две противоположные стороны равны и параллельны.
Если один из углов параллелограмма прямой, то и все углы - прямые. Такой
параллелограмм называется прямоугольником.
У прямоугольника
•	диагонали равны;
•	площадь равна произведению сторон: S = ab.
Если у параллелограмма все стороны равны, то такой параллелограмм называется
ромбом.
У ромба
•	диагонали перпендикулярны и являются биссектрисами соответствующих
углов;
•	площадь равна половине произведения диагоналей.

3.1. Параллелограммы
41
Квадратом называется параллелограмм с прямыми углами и равными сторо¬
нами. Так как квадрат есть частный случай прямоугольника и частный случай
ромба, то он обладает всеми перечисленными выше свойствами.
Примеры решения задач
Пример 1 (Теорема Вариньона). Доказать, что середины сторон выпуклого
четырехугольника являются вершинами параллелограмма.
Решение. Пусть точки K,L, М и N середи¬
ны сторон АВ, ВС, CD и AD четырехуголь-	&
ника ABCD. Так как отрезок KL является
средней линией треугольника АВС, а отрезок
MN - средней линией треугольника ADC, то
KL || AC, KL = 1-АС, MN || AC, MN = 1-АС,
Z	2
следовательно, KL || MN, KL = MN и четы¬
рехугольник KLMN является параллелограм¬
мом по одному из признаков параллелограмма.
Пример 2. В параллелограмме ABCD биссектриса угла D пересекает сторо¬
ну АВ в точке К и прямую ВС в точке Р. Найдите периметр треугольника
CDP, если АК = 12, ВК = 9, РК = 15.
Решение. Заметим, что Zl = Z2 = Z3 = Z4 = Z5:
Zl = Z2 (по условию),
Z2 = Z3 (как накрест лежащие при параллельных прямых),
Z3 = Z4 (как вертикальные),
^5 = Z1 (как накрест лежащие при параллельных прямых).
Следовательно, треугольники АКР В, ADPC и AAKD являются равнобедрен¬
ными и подобными. Так как DC = АВ = 21 и ACDP равнобедренный, то оста¬
лось найти только DK.
Из подобия АКР В ~ АКРА получим
АК _ РК
КВ ~ КР
12 _ РК
9 “ 15
DK = 20.

42
Теория и задачи
В результате Рдсор = 21 + 35 + 21 = 77.
Ответ. 77.
Пример 3. Доказать, что в параллелограмме сумма квадратов диагоналей
равна сумме квадратов сторон.
Решение. Рассмотрим параллелограмм ABCD. Пусть его диагонали АС = di,
BD = с?2, а стороны AD = ВС = а, АВ = CD = b.
Выразим длины диагоналей через длины сторон с помощью теоремы косину¬
сов, примененной к треугольникам АВС и ABD:
( d2 = а2 + Ь2 - 2аЬ • cos ZАВС,
| d2 = a2 + b2 - 2аЬ • cos /BAD.
Сложив эти уравнения и, заметив, что cos /АВС = cos(?r—/.BAD) = — cos /.BAD,
получим требуемое равенство
dj + dl = 2a2 + 2b2.
Задачи
1.	В параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке О, причем
/.СОВ = 126°, /CAD = 28°, и длина отрезка BD вдвое больше стороны
АВ. Найдите угол D параллелограмма.
2.	В прямоугольнике MNPQ сторона MN в 6 раз меньше диагонали NQ.
Диагонали прямоугольника пересекаются в точке Е. Периметр треугольника
NEM равен 35 см. Найдите диагональ МР.
3.	Найдите площадь параллелограмма, если его меньшая диагональ перпенди¬
кулярна боковой стороне, и высота, проведенная из вершины тупого угла
параллелограмма, делит большую сторону на отрезки 9 см и 25 см.
4.	В параллелограмме ABCD сторона AD = 4\/2, /ADB = 30°, /BDC = 45°.
Найдите длину стороны АВ.
5.	Найдите площадь параллелограмма MPKN, если /РКМ = 45°, РК = 5\/2,
PW = 26.
6.	В параллелограмме ABCD диагональ BD = а, О - точка пересечения диаго¬
налей. Найти площадь параллелограмма, если /DBA = 45°, а/АОВ = 105°.

3.2. Трапеции
43
7.	Найдите периметр параллелограмма ABCD, если AD = 10, BD = 8,
а отрезок, соединяющий вершину В с серединой стороны AD, равен \/Т5.
8.	Дан ромб ABCD. Окружность, описанная около треугольника ABD, пе¬
ресекает большую диагональ ромба АС в точке Е. Найдите СЕ, если
AB = 8V5,BD = 16.
9.	Дан ромб ABCD с острым углом В. Площадь ромба равна 320, а синус угла
В равен 0,8. Высота СН пересекает диагональ BD в точке К. Найдите
длину отрезка СК.
10.	В параллелограмме ABCD биссектриса угла В пересекает сторону CD
в точке Т и прямую AD в точке М. Найдите периметр треугольника С ВТ,
если АВ = 21, ВМ = 35, МD = 9.
11.	В параллелограмме ABCD биссектриса угла В пересекает сторону CD
в точке Т и прямую AD в точке М. Найдите периметр треугольника АВМ,
если ВС = 15, ВТ = 18, ТМ = 12.
12.	Доказать, что из всех прямоугольников с данной диагональю наибольшую
площадь имеет квадрат.
13.	Дан параллелограмм ABCD. Биссектриса угла А пересекает сторону ВС
в точке М, а биссектриса угла В пересекает сторону AD в точке К, причем
AM = 10, В К = 6. Найдите площадь четырехугольника АВМ К.
14.	Расстояния от точки Р, находящейся внутри прямоугольника, до трех его
вершин равны соответственно а, b и с. Найдите расстояние от точки Р до
четвертой вершины прямоугольника.
15.	Доказать, что если каждая из диагоналей выпуклого четырехугольника де¬
лит его на равновеликие треугольники, то этот четырехугольник - паралле¬
лограмм.
16.	Точка С лежит на стороне MN ромба KLMN, причем CN = 2СМ
и Z.MNK = 120°. Найти отношение cos Z.C К N : cqsZ-CLN.
3.2.	Трапеции
Теоретический материал
Трапецией называется четырехугольник, две противоположные стороны которого
параллельны.
Отметим, что согласно этому определению, параллелограмм является частным
случаем трапеции.
Замечание. В некоторых учебных пособиях под трапецией подразумевается
четырехугольник, у которого две противоположные стороны параллельны, а две
другие не параллельны.

44
Теория и задачи
Параллельные стороны называются основаниями трапеции, две другие - боковыми
сторонами.
Если боковые стороны трапеции равны, но не параллельны, то она называется
равнобедренной (или равнобокой).
Напомним основные факты, связанные с трапециями.
•	Средняя линия трапеции параллельна основаниям и равна их полусумме.
•	Площадь трапеции равна S = |(а + b)h.
•	У равнобедренной трапеции углы при основании равны и диагонали равны.
•	Около трапеции можно описать окружность тогда и только тогда, когда она
является равнобедренной.
•	Диагонали трапеции делят ее на четыре треугольника, два из которых
подобны (AAOD ~ АСОВ), а два других имеют одинаковую площадь
(5даов = Вдсор)-
Примеры решения задач
Пр и мер 1. В равнобедренную трапецию, один из углов которой равен 60°,
а площадь равна 24\/3, вписана окружность. Найдите радиус этой окружности.
Решение. Пусть в трапеции ABCD ос¬
нования AD = а, ВС = Ь, боковые стороны
АВ = CD = с. Опустим из вершины В вы¬
соту h на основание AD. Так как диаметр
вписанной окружности равен h, то нам надо
найти ВН из треугольника АВН.
По условию задачи площадь трапеции
равна 24\/3, в трапецию вписана окруж¬
ность и Z.BAH = 60°, следовательно,
а Ч” b	г~
-у- • h = 24Уз,
< а + Ь = 2с,	=
- = sin 60°;
с
откуда радиус г = h/2 = 3.
Ответ. 3.
=> h2 = 36 => /г = 6,
' ch = 24\/3,
с

3.2. Трапеции
45
Пример 2. Диагонали трапеции взаимно перпендикулярны и равны 8 и 15.
Найти среднюю линию трапеции.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD, диагонали которой АС = 15 и BD = 8
взаимно перпендикулярны.
Заметим, что этим условиям удовлетворяет бесконечное множество различных
трапеций, то есть, зная только диагонали и угол между ними, мы не сможем найти
длины оснований. Однако нам они и не нужны, а нужна их полусумма.
Покажем, что искомая величина (средняя линия исходной трапеции) равна
средней линии треугольника, боковые стороны которого равны диагоналям тра¬
пеции, а угол между этими сторонами - углу между диагоналями трапеции.
Отложим на прямой AD отрезок DE = Ъ. Так как в четырехугольнике BCED
стороны ВС и DE параллельны и равны, то он является параллелограммом.
Следовательно, в треугольнике АСЕ стороны АС = 15, СЕ = 8, АЕ = а + Ь,
причем Z.ACE = Z.AOD = 90°.
Средняя линия трапеции ABCD равна средней линии треугольника АСЕ,
равна
а + b _ АЕ _ у/АС2 + СЕ2 _ /152 + 82 _ 17
2 “ 2 ”	2	~	2	“ ~2'
Ответ. 8,5.
Пример 3. Через точку пересечения диагоналей трапеции с основаниями а и
Ь проведена прямая, параллельная основаниям. Найти ее отрезок, заключенный
между боковыми сторонами.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD.
Пусть ее диагонали АС и BD пересекаются
в точке О. Для того, чтобы выразить дли¬
ну искомого отрезка MN через длины ос¬
нований трапеции, будем использовать подо¬
бие треугольников с взаимно параллельны¬
ми сторонами.
Пусть х - длина отрезка МО, h - высота
трапеции, hi - высота треугольника МВО.

46
Теория и задачи
Из подобия треугольников AM ВО ~ AABD и А AM О ~ ААВС следует, что
х _ hi
а ~ h’	х х	ab
=>	— Н— = 1	==> х =	,
х _ h - hi	ba	a + b
< b h '
ab
то есть MO = 	Рассуждая аналогичным образом, можно получить, что
а + о
NO = В результате MN = МО + NO =	.
а + b	а 4- b
Ответ.

а + Ь
Замечание. По ходу решения этой задачи мы доказали, что отрезок, заключен¬
ный между боковыми сторонами произвольной трапеции, проведенный параллель¬
но основаниям через точку пересечения диагоналей, делится этой точкой пополам.
Задачи
1.
Найдите площадь равнобедренной трапеции, если ее диагональ, равная 10,
образует с основанием угол, косинус которого равен
v/2
10 ’
2.	Найдите радиус окружности, вписанной в равнобедренную трапецию, если
средняя линия трапеции равна д/10, а косинус угла при основании трапеции
1
равен —=.
л/10
3.	Около окружности диаметром 15 описана равнобедренная трапеция с боко¬
вой стороной, равной 17. Найдите длину большего основания трапеции.
4.	Трапеция ABCD вписана в окружность. Найдите среднюю линию трапеции,
если ее большее основание AD = 15, sin ZBAC =1/3, sin ZABD = 5/9.
5.	По основаниям а и b трапеции определить отношение, в котором ее диаго¬
нали делят друг друга.
6.	Доказать, что если диагонали трапеции равны, то она является равнобед¬
ренной.
7.	В трапеции ABCD длина боковой стороны АВ равна 10, длина основания
AD равна 13, a Z.ABC = 135°. Выяснить, что больше: длина стороны АВ
или длина диагонали BD.
8.	Основания трапеции равны а и Ь. Найти длину отрезка, соединяющего се¬
редины диагоналей.
9.	В трапеции ABCD с острыми углами при основании AD проведена диа¬
гональ АС, которая разбивает его на два подобных треугольника. Длина
основания AD равна а, а длина основания ВС равна Ь. Вычислить длину
диагонали АС.

3.3. Общие четырехугольники. Правильные многоугольники
47
10.	В равнобедренной трапеции средняя линия равна а, а диагонали взаимно
перпендикулярны. Найти площадь трапеции.
11.	Доказать, что биссектрисы углов, прилежащие к одной из не параллельных
сторон трапеции, пересекаются под прямым углом в точке, лежащей на сред¬
ней линии трапеции (или ее продолжении).
12.	В трапеции ABCD диагональ АС является биссектрисой угла А. Биссек¬
триса угла В пересекает большее основание AD в точке Е. Найдите высоту
трапеции, если АС = 8д/5, BE = 4д/5.
13.	В равнобокой трапеции ABCD основания AD = 12, ВС = 6, высота рав¬
на 4. Диагональ АС делит угол BAD трапеции на две части. Какая из них
больше?
14.	В равнобедренную трапецию площадью 28 вписана окружность радиуса 2.
Найти боковую сторону трапеции.
15.	Периметр равнобедренной трапеции вдвое больше длины вписанной окруж¬
ности. Найти угол при основании трапеции.
16.	Площадь трапеции ABCD с основаниями AD и ВС (AD > ВС) равна
128, площадь треугольника ВОС, где О - точка пересечения диагоналей
трапеции, равна 2. Найти площадь треугольника AOD.
17.	Через точку О пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, парал¬
лельная основанию. Определить длину отрезка этой прямой между боковы¬
ми сторонами трапеции, если средняя линия трапеции равна 4/3, а точка О
делит диагональ трапеции на части, отношение которых равно 1/3.
18.	В равнобедренной трапеции диагональ имеет длину 8 и является биссектри¬
сой одного из углов. Может ли одно из оснований этой трапеции быть меньше
4, а другое равно 5?
19.	В трапеции ABCD основание AD = 16, АВ + BD = 40, Z.CBD = 60°. От¬
ношение площадей треугольников АВО и ВОС, где О - точка пересечения
диагоналей, равно 2. Найти площадь трапеции.
3.3.	Общие четырехугольники.
Правильные многоугольники
Теоретический материал
Напомним основные факты, связанные с произвольными выпуклыми2 четырех¬
угольниками.
•	Площадь выпуклого четырехугольника равна: S = i d% sin a,
где d\ и d2 - диагонали, a a - угол между ними.
•	В выпуклый четырехугольник можно вписать окружность тогда и только
тогда, когда суммы длин его противоположных сторон равны.
2В этом разделе мы будем рассматривать только выпуклые многоугольники.

48
Теория и задачи
•	Около выпуклого четырехугольника можно описать окружность тогда и
только тогда, когда сумма двух его противоположных углов равна 180°.
•	Теорема Вариньона: середины сторон выпуклого четырехугольника являют¬
ся вершинами параллелограмма.
Помимо четырехугольников в этом разделе будут рассматриваться правильные
n-угольники с п > 4.
Правильный многоугольник - это многоугольник с равными сторонами и рав¬
ными углами.
Напомним основные факты, связанные с правильными многоугольниками.
•	Вокруг правильного многоугольника можно описать окружность и в него
можно вписать окружность.
•	Центр вписанной окружности совпадает с центром описанной окружности
и называется центром правильного многоугольника.
•	Сумма внутренних углов произвольного выпуклого п-угольника равна
7г(п — 2).
Примеры решения задач
Пример 1. На диагонали BD прямоугольника ABCD взята точка N так, что
BN : ND = 3:2. Диагонали прямоугольника пересекаются в точке О. Найдите
площадь четырехугольника ABCN, если АС = 10 и Z.AOB = 30°.
Решение. Так как диагонали прямоугольника равны, то BD = АС =10.
Из условия BN : ND = 3:2 следует, что BN = 6, ND = 4 и
Sabcn = J • АС • BN • sin 30° = 1 • 10 • 6 • 1 = 15.
Ответ. 15.
Пример 2. Дан выпуклый четырехугольник ABCD, у которого АВ + BD <
< АС + CD. Сравните длины отрезков АВ и АС.

3.3. Общие четырехугольники. Правильные многоугольники
49
Решение. Здесь нам понадобится следу¬
ющее вспомогательное утверждение: в лю¬
бом выпуклом четырехугольнике сумма
диагоналей больше суммы двух противопо¬
ложных сторон.
Для доказательства этого утверждения
сложим два неравенства треугольника (для
ДАВО и ДСВО, где О - точка пересече¬
ния диагоналей):
АВ < АО + ВО, CD < СО + DO
что и требовалось доказать.
Сложив полученное неравенство с исходным неравенством АВ + BD <
< АС + CD, получим:
(АВ + CD) + (АВ + BD) < (АС + BD) + (АС + CD) <=> АВ < АС.
Ответ. АВ < АС.
ПримерЗ. В окружность радиуса 1 вписан правильный четырнадцатиуголь¬
ник. Найти сумму квадратов расстояний от произвольной точки окружности до
всех вершин этого четырнадцатиугольника.
Решение. Пусть М - произволь¬
ная точка окружности, Ai (где i =
= 1,2,..., 14) - вершины четырнадца¬
тиугольника. Заметим, что вершины
Ai и Ai+7 (где i = 1,2,...,7) являют¬
ся диаметрально противоположными и
если точка М не совпадает ни с Ai, ни
с Ai+7, то AiAi+?M - прямоугольный
треугольник. В этом случае по теореме
Пифагора
МА] + МА]+7 = 4.
Если же М = Ai (или М = Ai+ч), то
также
МА] + МА]+7 = О2 + 22 = 4.
Всего у нас 7 таких пар, следовательно, сумма всех МА] равна 28.
Ответ. 28.
Задачи
1.	Один из внутренних углов правильного n-угольника равен 150°. Найдите
число сторон многоугольника.
2.	Внешний угол правильного многоугольника меньше внутреннего угла на
140°. Найдите сумму углов данного многоугольника.

50
Теория и задачи
3.	Вычислите синус угла правильного восьмиугольника.
4.	Сторона правильного восьмиугольника равна 1. Найдите площадь описанно¬
го круга.
5.	Найти расстояние между параллельными сторонами правильного шести¬
угольника, если радиус описанной около него окружности равен 10\/3.
6.	Сколько сторон имеет правильный многоугольник, у которого отношение
длины описанной окружности к стороне многоугольника равно 2тг?
7.	Около квадрата описана окружность, и в квадрат вписана окружность. Най¬
дите радиус вписанной окружности, если радиус описанной окружности ра¬
вен 10\/2.
8.	Меньшая диагональ правильного шестиугольника равна 5\/3. Найдите его
большую диагональ.
9.	В окружность вписаны правильный треугольник и шестиугольник. Найти
отношение площади шестиугольника к площади треугольника.
10.	В правильный шестиугольник вписана окружность, которая в свою очередь
описана около квадрата со стороной ^12. Найти площадь шестиугольника.
11.	Центр правильного двенадцатиугольника (точка О) соединен с двумя сосед¬
ними вершинами А и В. Найти расстояние от точки А до отрезка ОВ, если
длина отрезка О В равна 20.
12.	По углам четырехугольника определить угол между биссектрисами двух
противоположных углов.
13.	Какой четырехугольник с диагоналями di и d? имеет максимальную пло¬
щадь.
14.	Из всех четырехугольников, вписанных в окружность, найти четырехуголь¬
ник наибольшей площади.
15.	В выпуклом четырехугольнике ABCD известно, что АВ = а, ВС = Ь,
тт	~ cd) -|- cd
CD = с, DA = d. Доказать, что его площадь S < —-—.
16.	В выпуклом четырехугольнике ABCD известно, что АВ = а, ВС = Ь,
CD = с, DA = d. Доказать, что его площадь S <	—.
17.	Доказать, что если отрезок, соединяющий середины двух противоположных
сторон выпуклого четырехугольника, равен полусумме двух других сторон,
то этот четырехугольник - трапеция.
18.	Внутри выпуклого четырехугольника найти точку, сумма расстояний от ко¬
торой до вершин четырехугольника минимальна.

4.1. Декартовы координаты и векторы на плоскости
51
4.	Координаты и векторы
4.1.	Декартовы координаты и векторы на плоскости
Теоретический материал
Напомним основные сведения, связанные с декартовыми координатами и векто¬
рами на плоскости.
Координатной прямой называется прямая, на которой выбраны: начальная
точка, положительное направление и отрезок, принятый за единицу масштаба. В
этом случае положение точки на прямой задаётся одним числом - её координатой.
А
	1	•
0	1	Х1
Расстояние между двумя точками Л(2?1) и В(хг) равно d = |zi — T2I •
Координата середины отрезка АВ равна Х1 .
А	С	В
I	•	•

0	Xi Xi + Хг Хг
2
Прямоугольной декартовой системой координат на плоскости называются
две взаимно перпендикулярные координатные прямые х (ось абсцисс) и у (ось
ординат) с масштабом, одинаковым для обеих осей. Точка пересечения коорди¬
натных прямых называется началом координат и является начальной точкой для
каждой из них.

52
Теория и задачи
В этом случае каждой точке плоскости ставится в соответствие пара чисел - абс¬
цисса (соответствующая координата прямоугольной проекции этой точки на ось
х) и ордината (соответствующая координата прямоугольной проекции этой точки
на ось у). Обозначение: A(xi;yi) или (xi;?/i).
Расстояние между двумя точками A(xi',yi) и В(х2’,У2) равно
d = V(ll - х2)2 + (У1 - угр-
Координаты середины отрезка АВ равны ( Х1 + —
\ £
Вектором называется направленный отрезок. Абсолютной величиной (или
модулем) вектора называется длина этого отрезка. Обозначение: |а| или |АВ\.
. У1 + У2
'	2
А
Нулевым вектором называется вектор, начало и конец которого совпадают.
Обозначение: 0. Направления нулевой вектор не имеет, а его абсолютная величина
равна нулю.
Два отличных от нуля вектора называются коллинеарными, если они лежат на
одной прямой или на параллельных прямых.
Коллинеарные векторы АВ и CD называются одинаково направленными, если
лучи АВ и CD одинаково направлены. Векторы МN и PQ называются проти¬
воположно направленными, если лучи MN и PQ противоположно направлены.
Два вектора называются равными, если они одинаково направлены и равны по
абсолютной величине. Все нулевые векторы равны между собой по определению.
Координатами вектора а с началом в точке A(xi;?/i) и концом в точке
В(х2\ Уъ) называются числа а\ = Х2 —	, 02 = У2 — У1- Обозначение: a(ai;fl2)
или (аг02). Заметим, что равенство соответствующих координат двух векторов
равносильно равенству самих векторов.
Вектор называется единичным, если его абсолютная величина равна единице.
Единичные векторы ei (1; 0) и 62(6;1) называются координатными векторами или
ортами.
Заметим, что любой вектор можно представить в виде:
а = (аг, 02) = (агО) + (0;а2) = ai^i + 02^2-
Действия с векторами
Суммой двух векторов называется вектор, координаты которого являются
суммами координат данных векторов, следовательно, на плоскости
(ai;a2) + (bi; Ьг) = (ai + ^i;a2 + Ьг)-

4-1- Декартовы координаты и векторы на плоскости
53
Свойства суммы векторов:
а + 0 = а, а + b = b + а, а Н- (Б + с) = (а + Ь) + с.
Правило треугольника: для любых точек А, В и С справедливо векторное
равенство
АВ + ВС = АС,
то есть для того, чтобы построить вектор а + b достаточно от конца вектора а
отложить вектор Ь.
Правило параллелограмма: для любых точек А, В и D справедливо векторное
равенство
АВ + AD = АС.
где АС - диагональ параллелограмма, построенного на векторах АВ и AD.
Произведением вектора на число Л называется вектор, координатами которого
являются координаты данного вектора, умноженные на число Л, следовательно,
на плоскости

A(ai; 02) = (fli; аг)А = (Aai; Ай2).
Заметим, что направление вектора Ха при а 0 совпадает с направлением век¬
тора а, если А > 0, и противоположно направлению вектора а, если А < 0.
Свойства произведения вектора на число:
(Ai + А2)л = Ai& + А2&, А(п + Ь) = Ха + Xb. |Ао| = l^ll^l*
Скалярным произведением векторов называется число, равное сумме попар¬
ных произведений координат этих векторов, следовательно, на плоскости
а < b = а]Ь\ + 02^2’
Заметим, что а • а = |а|2.

54
Теория и задачи
Свойства скалярного произведения:
(a + b)c = ас+ Ъс, (Ха)Ь = а(ЛЬ) = ХаЬ, а • b = |а| |Б| cos <р,
где <р - угол между векторами а и Ь.
Замечание. Из последнего свойства следует, что скалярное произведение двух
отличных от нуля векторов равно нулю тогда и только тогда, когда эти векторы
перпендикулярны.
Общее уравнение прямой в декартовых координатах на плоскости
Любая прямая в декартовых координатах х, у имеет уравнение вида
ах 4- Ьу + с = 0.
Если коэффициент при у отличен от нуля, то уравнение можно разрешить
относительно у и записать в виде функции от х:
у = kx + Q,
где коэффициент к (угловой коэффициент прямой) равен тангенсу угла, который
образует прямая с осью х.
Взаимное расположение прямых на плоскости. Пусть прямые li и I2 заданы
соответственно уравнениями а\х + Ь\у + ci = 0 и а%х + b?y 4- Q2 =0, тогда
h II h,
02 О2 С2
= *1. = £1	<=> h = /2,
02	с2
G1Q2 4~ 51^2 = 0	< •• • >	11 -L ^2-
Геометрический смысл коэффициентов общего уравнения прямой. Рассмотрим
две прямые: основную прямую, заданную уравнением ах + by 4- с = 0, и вспомога¬
тельную прямую, заданную уравнением ах 4- by = 0.

4.1. Декартовы координаты и векторы на плоскости
55
Заметим, что вспомогательная прямая проходит через начало координат и парал¬
лельна основной прямой. Так как точка (-5; а) принадлежит вспомогательной
прямой, то она направлена вдоль вектора (—Ь\а). А так как (а; Ь) ± (—Ь;а), то
вектор (а; Ь) перпендикулярен вспомогательной прямой.
Следовательно, коэффициенты а и b общего уравнения прямой являются коор¬
динатами вектора, перпендикулярного этой прямой.
Примеры решения задач
Пример 1. Даны три точки: О, А, В. Точка X делит отрезок АВ в отноше¬
нии Aj /х, считая от точки А. Выразите вектор ОХ через векторы О А = а и
ОВ = Ь.
Решение. Представим вектор ОХ в виде ОХ = fcia + &2& и выразим коэф¬
фициенты разложения fci и /с 2 через заданные числа Лиц.
Проведём через точку X прямые, параллельные АО и ВО. Полученный че¬
тырёхугольник OAf ХВ' является параллелограммом, следовательно,
ОХ = ОА7 + OB7 = кха + k2b.
Для того, чтобы найти значение fci применим теорему Фалеса (ХА' || ВО):
k _ОА__ВХ _ р
1	ОА ~ АВ ~ ц + А’
Также с помощью теоремы Фалеса (ХВ1 || АО) найдём значение к?'.
к - 0В> _ АХ _ А
2	ОВ ~ АВ ~ д + А’
В результате
7Yy7 М _ , А г да + ХЬ
ОХ =	-а н	Ь = 		.
Р А р + А р + А
- да + ХЬ
Ответ. 	— •
д + А

56
Теория и задачи
Пример 2. Дана прямая 2х + Зу — 1 = 0. Составить уравнение прямой, прохо¬
дящей через точку (—1; 1) перпендикулярно данной прямой.
Решение. Прямая 2я + Зт/ — 1 =0 перпендикулярна вектору (2;3). Следова¬
тельно, искомая прямая параллельна вектору (2; 3) и её уравнение имеет вид
Зх — 2у + с = 0.
Значение коэффициента с можно определить, используя условие принадлежности
точки (—1; 1) этой прямой:
3	• (—1) — 2 • 1 + с = 0 => с = 5.
Ответ. Зх — 2у + 5 = 0.
Задачи
1.	Докажите, что_для любых векторов а и b выполняется неравенство
|а + b\ < |а| + |5|.
2.	Даны вершины треугольника >1(1; 2), В(5;1), С(6;5). Найдите угол Z.ABC,
3.	Докажите с помощью векторов, что диагонали ромба перпендикулярны.
4.	Даны четыре точки: >1(0; 1), -8(1; 2), С(2; 1), £>(1;0). Докажите, что четы¬
рёхугольник ABCD - квадрат.
5.	Даны три точки: А(3;1), 8(—1; 2), С(0;3). Найдите такую точку
чтобы векторы АВ и CD были равны.
6.	Даны векторы а(1; —1), Ь(—2; 1), с(—3; 0). Найдите такие числа Аид, чтобы
с = Ха + д b.
7.	Выразить вектор с(б; 1) через вектора а(1;—2) и 5(3; 7).
8.	Даны точки А(1; -2), В(2; -1), С(0;3), Z)(4; 1). Найдите координаты точки
М такой, что МА + МВ + МС 4- МD = 0.
9.	Точка М лежит на стороне АС треугольника ABC, Z.ABC = Z.AMB = 90°,
ВС = 2\/5, МС = 2, AM = хСМ. Найдите х,
10.	Векторы АВ(—3; 4) и ВС(—1;— 2) являются сторонами треугольника. Най¬
дите длину медианы AM.
11.	Дана прямая 2t-i/+ 1 = 0. Составить уравнение прямой, проходящей через
точку (1; 1) параллельно данной прямой.
12.	Составить уравнение прямой, проходящей через точку (0;3) и перпендику¬
лярной вектору (3; 2).
13.	Составить уравнение прямой, проходящей через точку (2; 4) и параллельной
вектору (—2;1).

j.l. Декартовы координаты и векторы на плоскости	57
14.	В прямоугольнике ABCD АВ = 2, Z.BDA = 30°. Найдите скалярное
произведение векторов DB и CD.
15.	В параллелограмме MNPQ точка А делит сторону MN в отношении 1:3,
считая от вершины М, точка В делит сторону NP в отношении 1:3,
считая от вершины Р. Выразите вектор АВ через векторы NM и NP.
16.	В равностороннем треугольнике АВС из точки D (середины стороны ВС)
проведен перпендикуляр DK на сторону АС. Разложите вектор DK по
векторам АС и АВ.
17.	В трапеции ABCD {ВС || AD) точка О - точка пересечения диагоналей.
Выразите вектор СО через векторы СВ и CD, если AD : ВС = 4:1.

58
Теория и задачи
СТЕРЕОМЕТРИЯ
Введение
Приведём основные стереометрические определения, связанные с взаимным рас¬
положением прямых и плоскостей в пространстве.
Параллельность прямых и плоскостей в пространстве
Две прямые в пространстве называются параллельными, если они лежат в
одной плоскости и не пересекаются.
Прямая и плоскость называются параллельными, если они не пересекаются.
Две плоскости называются параллельными, если они не пересекаются.
Скрещивающиеся прямые
Прямые, которые не лежат в одной плоскости и не пересекаются называются
скрещивающимися.
Угол между скрещивающимися прямыми определяется как угол между па¬
раллельными им прямыми, проходящими через одну точку.
Общим перпендикуляром двух скрещивающихся прямых называется отрезок,
концы которого лежат на этих прямых, перпендикулярный к ним (такой отрезок
существует и притом только один).
Расстоянием между двумя скрещивающимися прямыми называется длина их
общего перпендикуляра (оно же является и расстоянием между параллельными
плоскостями, содержащими эти прямые).
Двугранный угол
Двугранным углом называется фигура, образованная двумя полуплоскостями
(гранями) с общей ограничивающей их прямой (ребром двугранного угла).
Двугранный угол измеряется своим линейным углом, то есть углом между
перпендикулярами к ребру, восстановленными в обеих плоскостях из одной точки.

Введение в стереометрию
59
Многогранный угол
Трехгранным углом (аЬс) называется фигура, составленная из трех плоских
углов (ab), (Ьс) и (ас), не лежащих в одной плоскости. Эти углы называются
гранями трехгранного угла, а их стороны - ребрами. Общая вершина плоских
углов называется вершиной трехгранного угла. Двугранные углы, образованные
гранями трехгранного угла, называются двугранными углами трехгранного угла.
Аналогичным образом определяется понятие п-гранного угла (aia2...an) - как
фигуры, составленной из п плоских углов (0102), (азаз),...,(апа1).
Многогранный угол называется выпуклым, если он лежит по одну сторону
каждой из ограничивающих его плоскостей.
Замечание 1. Каждый плоский угол трехгранного угла меньше суммы двух
других плоских углов.
Замечание 2. Сечением выпуклого n-гранного угла плоскостью, не проходя¬
щей через вершину, является выпуклый п-угольник.
Замечание 3. В выпуклом многогранном угле сумма плоских углов не пре¬
восходит 360°.

60
Теория и задачи
Перпендикулярность прямых и плоскостей в пространстве
Прямая перпендикулярна плоскости, если она перпендикулярна любой прямой
в этой плоскости.
Две плоскости перпендикулярны, если соответствующий двугранный угол яв¬
ляется прямым.
Наклонная
Наклонной, проведенной к данной плоскости, называется прямая, пересекаю¬
щая плоскость, но не перпендикулярная ей. Точка пересечения наклонной и плос¬
кости называется основанием наклонной.
Проекцией точки на плоскость называется основание перпендикуляра, опу¬
щенного из данной точки на данную плоскость.
Проекцией наклонной на плоскость называется прямая, состоящая из проекций
всех точек наклонной на данную плоскость.
Углом между наклонной и плоскостью называется угол между наклонной и
ее проекцией.
Теоремы о параллельности прямых и плоскостей:
•	Две прямые, параллельные третьей прямой, параллельны друг другу (тран¬
зитивность параллельности прямых).
•	Ели прямая, не лежащая в плоскости, параллельна какой-нибудь прямой в
этой плоскости, то она параллельна и самой плоскости (признак параллель¬
ности прямой и плоскости).
•	Если две пересекающиеся прямые одной плоскости параллельны двум пере¬
секающимся прямым другой плоскости, то эти плоскости параллельны (при¬
знак параллельности плоскостей).
•	Если две параллельные плоскости пересекаются третьей, то прямые пересе¬
чения параллельны (теорема о параллельных плоскостях).
•	Если плоскость содержит прямую, параллельную другой плоскости, и пере¬
секает эту другую плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна
первой прямой.

Введение в стереометрию
61
Теоремы о перпендикулярности прямых и плоскостей:
•	Если прямая, перпендикулярна двум пересекающимся прямым в плоскости,
то она перпендикулярна этой плоскости (признак перпендикулярности пря¬
мой и плоскости).
•	Если плоскость проходит через прямую, перпендикулярную другой плоско¬
сти, то эти плоскости перпендикулярны (признак перпендикулярности плос¬
костей).
•	Прямая, лежащая в плоскости, перпендикулярна проекции наклонной на эту
плоскость тогда и только тогда, когда эта прямая перпендикулярна самой
наклонной (теорема о трех перпендикулярах).
•	Два различных перпендикуляра к одной и той же плоскости параллельны.
•	Две плоскости, перпендикулярные одной и той же прямой, параллельны.
•	Перпендикуляр к одной из двух взаимно перпендикулярных плоскостей, про¬
ходящий через линию пересечения этих плоскостей, целиком лежит во вто¬
рой плоскости.
Замечание. Последняя теорема имеет важное следствие: если каждая из двух
непараллельных плоскостей перпендикулярна третьей плоскости, то прямая пере¬
сечения этих двух плоскостей также перпендикулярна этой третьей плоскости.

62
Теория и задачи
5.	Призма
5.1.	Прямая призма
Теоретический материал
Изучение этого раздела начнём с формулировок основных определений и утвер¬
ждений, связанных с призмами.
Основные определения
Многогранником называется тело, ограниченное в пространстве конечным чис¬
лом плоскостей.
Многогранник называется выпуклым?, если он лежит по одну сторону от каж¬
дой из ограничивающих его плоскостей.
Общая часть поверхности многогранника и ограничивающей его плоскости на¬
зывается гранью многогранника3 4, стороны граней - ребрами многогранника, а вер¬
шины - вершинами многогранника.
N -угольной призмой называется многогранник, две грани которого равные
п-угольники, лежащие в параллельных плоскостях {основания призмы), а осталь¬
ные грани - параллелограммы {боковые грани).
Призма называется прямой, если ее боковые ребра перпендикулярны основа¬
ниям; в противном случае призма называется наклонной.
Прямая призма называется правильной, если ее основаниями являются пра¬
вильные многоугольники.
Призма, основанием которой является параллелограмм, называется параллеле¬
пипедом.
Прямой параллелепипед, у которого основанием является прямоугольник, на¬
зывается прямоугольным параллелепипедом.
Прямоугольный параллелепипед с равными ребрами называется кубом.
Высотой призмы называется перпендикуляр, проведенный из какой-либо точ¬
ки плоскости одного основания к плоскости другого основания.
3В дальнейшем мы будем рассматривать только выпуклые многогранники.
4Все грани выпуклого многогранника являются выпуклыми многоугольниками.

5.1. Прямая призма
63
Основные утверждения
Объем произвольной призмы: V = SH, где S - площадь основания, Н - высота
призмы.
Объем прямоугольного параллелепипеда: V = abc, где а, 6, с - длины трех ребер,
выходящих из одной вершины.
Объем куба: V = а3, где а - длина ребра куба.
Свойства параллелепипеда:
•	противолежащие грани попарно равны и параллельны;
•	все четыре диагонали пересекаются в одной точке (центре симметрии парал¬
лелепипеда) и делятся этой точкой пополам.
Примеры решения задач
Пример 1. Дана правильная четырехугольная призма ABCDA'B'C'D' со сто¬
роной основания 2у/2 и высотой 4а/5. Найдите площадь сечения, проходящего
через вершины А, С и середину ребра А'В'.
Решение. Пусть L - середина ребра А1 В1. Построим сечение, проходящее через
точки А, С и L. Нижнее основание призмы пересекается с плоскостью искомо¬
го сечения по прямой АС. Так как секущая плоскость пересекает параллельные
плоскости по параллельным прямым, то прямая пересечения верхнего основания
с плоскостью искомого сечения параллельна прямой АС.
Диагонали оснований призмы попарно параллельны, следовательно, искомое
сечение пересекает верхнее основание по прямой, проходящей через точку L па¬
раллельно диагонали А'С".
Обозначим точку пересечения этой прямой с ребром В1 С1 через М. Заметим,
что отрезок LM является средней линией в треугольнике А'В'С" и, следователь¬
но, равен половине отрезка А'С". Таким образом, искомым сечением является
трапеция AC ML с основаниями

64
Теория и задачи
АС = АВу/2 = 4, ML = — = 2
2
и боковыми сторонами
AL = СМ = \/(АА')2 + (A'L)2 = у/82.
Найдем высоту трапеции LH. Проекции боковых сторон на нижнее основание
равны
АН = СИ1 = LM = 1 => LH = y/AL2 - АН2 = 9.
п	о АС 4- LM
В результате площадь сечения равна S =	-	. LH = 27.
Ответ. 27.
Пример 2. Высота прямой призмы АВС А1 В’ С равна 18. Основание призмы -
треугольник АВС, площадь которого равна 12, АВ = 5. Найдите тангенс угла
между плоскостью АВС' и плоскостью основания призмы.
Решение. Двугранный угол измеряется
углом между перпендикулярами к ребру,
восстановленными в обеих плоскостях из
одной точки. В качестве основания пер¬
пендикуляра, восстановленного к ребру АВ
в плоскости АВС', удобно взять основание
высоты С'В треугольника АВС'.
Заметим, что прямая СВ является
проекцией наклонной С'В на плоскость
АВС, поскольку ребро С С' перпендику¬
лярно плоскости АВС.
Так как по построению наклонная С'В
перпендикулярна отрезку АВ, то и ее про¬
екция СВ тоже перпендикулярна этому от¬
резку (по теореме о трех перпендикуля¬
рах). Следовательно, искомым углом явля¬
ется угол С'ВС. Тангенс этого угла найдем
из прямоугольного треугольника С'ВС.
Катет СС' = 18 по условию задачи. Второй катет СВ является высотой тре¬
угольника АВС. С помощью формулы для площади треугольника получим
Saabc = • АВ ■ СН	12 = 1-5 СН <!=► СН = 4,8.
СС' 18
Следовательно, tgZ.C'BC =	= 3,75.
С/i 4, о
Ответ. 3,75.

5.1. Прямая призма
65
Задачи
1.	Дан куб ABCD А'В'С'D'. Через точки B,D и середину ребра D'C' прове¬
дена секущая плоскость. Найдите площадь полной поверхности куба, если
площадь сечения равна 144.
2.	В прямоугольном параллелепипеде ABCDA'B'C'D' АВ = 6, ВС = 8,
В В' = 1,6л/9Т. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью, па¬
раллельной прямой АС и содержащей прямую В А'.
3.	Дан куб ABCDA!BfС'D' с ребром 1. Найдите градусную меру угла между
прямыми АС' и СВ'.
4.	Ребро куба ABC D А' В'С' D' равно 4. Точка К - середина ребра DD'. Точки
М и Н лежат на ребрах А'В' и АВ соответственно, причем А'М : МВ' =
= 1:3, АН : НВ = 3:1. Найдите градусную меру угла между прямыми
МН и КС'.
5.	Дана прямая призма ABCDA'B'C'D', в основании которой лежит квадрат
\/б
со стороной 2. Боковое ребро призмы равно —. Найдите градусную меру
угла между плоскостью треугольника АВ'С и плоскостью основания приз¬
мы.
6.	Основанием прямой призмы ABCDA'B'C'D' является прямоугольник
ABCD, стороны которого равны 6>/5 и 12\/5. Высота призмы равна 8. Се¬
кущая плоскость проходит через вершину D' и середины ребер AD и CD.
Найдите косинус угла между плоскостью основания и плоскостью сечения.
7.	Основание прямой треугольной призмы АВС А' В'С' правильный треуголь¬
ник АВС, сторона которого равна 8\/3. На ребре отмечена точка Р так, что
BP : РВ' = 3:5. Найдите тангенс угла между плоскостями АВС и АСР,
если расстояние между прямыми ВС и А'С' равно 16.
8.	Основание прямоугольного параллелепипеда ABCD А' В'С' D' - паралле¬
лограмм ABCD, в котором CD = 2\/3, Z.D = 60°. Тангенс угла между
плоскостью основания и плоскостью А'ВС равен 6. Найдите высоту парал¬
лелепипеда.
9.	В правильной призме MNPM'N'P сторона основания равна 12, а диаго¬
наль грани MN' образует с плоскостью основания угол 45°. Найдите пло¬
щадь сечения, проходящего через середину ребра NP параллельно плоско¬
сти МРР'.
10.	На диагональ куба, соединяющую две его вершины, не лежащие в одной гра¬
ни, провели перпендикуляры из остальных вершин куба. На сколько частей и
в каком отношении основания этих перпендикуляров разделили диагональ?

66
Теория и задачи
5.2.	Наклонная призма
Теоретический материал
В отличие от прямой призмы, ребра наклонной призмы не перпендикулярны ос¬
нованиям, поэтому иногда бывает удобно провести сечение призмы плоскостью,
перпендикулярной ребрам. В этом случае справедливы следующие формулы.
Объем наклонной призмы: V = SnL, где Sn - площадь перпендикулярного
сечения, L - боковое ребро призмы.
Площадь боковой поверхности: SeOK = PnL, где Рп - периметр перпендикуляр¬
ного сечения.
Замечание. Приведенные формулы справедливы и для прямой призмы, при¬
чем в качестве перпендикулярного сечения можно использовать основание приз¬
мы.
Перед тем, как приступить к решению задач этого раздела, рекомендуется повто¬
рить все определения и теоремы, приведенные в предыдущем разделе.
Примеры решения задач
Пример 1. Площади двух боковых граней наклонной треугольной призмы рав¬
ны 8 и 6, угол между ними равен 90°, боковое ребро равно 2. Найдите площадь
боковой поверхности призмы.
Решение. Пусть площади граней АА'С'С и ВВ'С'С равны 8 и 6 соответствен¬
но, тогда для вычисления площади боковой поверхности призмы нам необходимо
найти площадь параллелограмма АА'В'В.
Рассмотрим сечение треугольной призмы АВС А'В'С' плоскостью, перпенди¬
кулярной ребрам призмы. Пусть L, М и К - точки пересечения ребер АА', В В'
и С С' с этой плоскостью. Так как по построению ребра призмы перпендикуляр¬
ны плоскости LMK, то они перпендикулярны и любым прямым, лежащим в этой
плоскости, в частности прямым LM, МК и KL.

5.2. Наклонная призма
67
Следовательно, LM, МК и KL - высоты соответствующих параллелограм¬
мов, являющихся боковыми гранями призмы. Зная площади граней АА'С'С,
ВВ'С'С и длину бокового ребра АА' = 2, вычислим длины высот KL и МК:
SАА'С'С = 8 => 2KL = 8 => KL = 4-
SBB'C'C = b => 2-0 = 6 => МК = 8.
По условию задачи угол между гранями АА'С'С и ВВ'С'С прямой, значит,
LLKM = 90°. По теореме Пифагора
LM = y/KL2 + МК2 = 5,
следовательно, Saa'B'b = 5-2 = 10 и площадь боковой поверхности призмы равна
8 + 6 + 10 = 24.
Ответ. 24.
Задачи
1.	Основание параллелепипеда ABCDА!В'С'D' - ромб ABCD, LA'АВ =
= LA! AD = 45°, LB AD = 60°. Найдите градусную меру угла между плос¬
костями граней AA'D'D и АА'В'В.
2.	Дана призма ABCDA'B'C'D', в основании которой лежит квадрат, а боко¬
вые ребра наклонены к плоскости основания под углом в 60°. Отрезок D'A
перпендикулярен плоскости основания. Найти длину этого отрезка, если пло¬
щадь боковой поверхности призмы равна 6(\/3 + 2).
3.	В наклонной треугольной призме высота равна \/б, а боковые ребра состав¬
ляют с плоскостью основания угол 45°. Площади двух боковых граней раны
3 и 6, а угол между ними 120°. Найдите объем призмы.
4.	Основанием наклонной призмы АВС А' В'С' является правильный треуголь¬
ник АВС со стороной 4. Боковое ребро ВВ' призмы равно 4 и образует с
ребрами В А и ВС углы по 45°. Найдите объем призмы.
5.	В наклонном параллелепипеде ABCDА'В'С'D' боковое ребро равно 8. Рас¬
стояние между ребром АА' и ребрами ВВ' и DD' соответственно равно 12 и
9, а расстояние между А А' и С С' равно 15. Найти объем параллелепипеда.
6.	Основанием наклонной призмы является правильный треугольник АВС со
стороной 2. Боковое ребро А А' призмы равно 2 и образует с ребрами АВ и
АС углы по 60°. Определите площадь грани ВСС'В'.
7.	Все ребра призмы АВСА'В'С' - равны между собой. Углы ВАА' и САА'
равны 60° каждый. Найдите расстояние от точки С' до плоскости СА'В',
если площадь грани АВ В'А' равна 8\/3.
8.	Все грани призмы ABCDА!В'С'D' - равные ромбы. Углы BAD, ВАА' и
D АА' равны 60° каждый. Найдите угол между прямой В А' и плоскостью
BDB'.

68
Теория и задачи
6.	Пирамида
6.1.	Правильная пирамида
Теоретический материал
Приведём формулировки основных определений и утверждений, связанных с пи¬
рамидами.
Основные определения
N -угольной пирамидой называется многогранник, одной гранью которого яв¬
ляется п-угольник (основание пирамиды), остальными - треугольники (боковые
грани), у которых только одна общая вершина (вершина пирамиды).
Высотой пирамиды называется перпендикуляр, проведенный из вершины пи¬
рамиды к плоскости основания пирамиды.
Пирамида называется правильной, если ее основание - правильный много¬
угольник, а основание высоты совпадает с центром этого многоугольника.
Высота боковой грани правильной пирамиды, проведенная из ее вершины, на¬
зывается апофемой.
Усеченной пирамидой называется многогранник, отсекаемый от пирамиды
плоскостью, параллельной основанию, и расположенный между плоскостью се¬
чения и плоскостью основания исходной пирамиды.
Усеченная пирамида называется правильной, если она является частью пра¬
вильной пирамиды.
Высотой усеченной пирамиды называется перпендикуляр, проведенный из
какой-либо точки плоскости одного основания к плоскости другого основания.
Апофемой правильной усеченной пирамиды называется высота боковой грани
(трапеции).
Основные утверждения
Объем произвольной пирамиды: V = %SH,
где S - площадь основания, Н - высота пирамиды.
Объем произвольной усеченной пирамиды: V = (Si 4- \/SiS2 4- Sz),
где Si и 6*2 - площади оснований, Н - высота пирамиды.
I
Площадь боковой поверхности правильной пирамиды: S^QK = -Р/,
где Р - периметр основания, I - апофема.
Площадь боковой поверхности правильной усеченной пирамиды:
где Pi и Р2 - периметры оснований, I - апофема.
йок = (А + Ш

6.1. Правильная пирамида
69
Примеры решения задач
Пример 1. Стороны оснований правильной усеченной четырехугольной пира¬
миды равны 3\/2 и 6\/2, а боковое ребро образует с плоскостью основания угол,
равный 45°. Найдите объем усеченной пирамиды.
Решение. Для вычисления объема усе¬
ченной пирамиды нам необходимо найти
ее высоту и площади ее оснований. Пусть
усеченная пирамида ABCD А' В'С' D' по¬
лучена отсечением плоскостью A'B'C'D'
из правильной пирамиды SABCD. Пло¬
щадь меньшего основания равна
*51 = S в'CD’ = {А' В')2 = (3\/2)2 = 18,
площадь большего основания равна
S? = Sabcd = АВ2 = (6\/2)2 = 72.
Рассмотрим сечение, проходящее через
высоту SH и диагональ основания АС.
Искомая высота усеченной пирамиды равна высоте h равнобокой трапеции
АА'С'С. Основания трапеции равны
А'С' = А'В' • \/2 = 6, АС = АВ • у/2 = 12,
проекции боковых сторон трапеции равны
ЛР QC, ^«“-3
2
Так как высота SH перпендикулярна плоскости ABCD, то угол SCH яв¬
ляется углом между боковым ребром и основанием пирамиды и равен 45°. Сле¬
довательно, в треугольнике CCQ углы ACCQ = Z.CCQ = 45° и он является
равнобедренным. В результате, высота C'Q = CQ = 3 и объем усеченной пирами¬
ды равен
V =	(-S1 +	+ $2) = 126.
Замечание. Можно было обойтись без применения специальной формулы
объема усеченной пирамиды, а найти разность объемов пирамид SABCD и
S A'B'C'D'-.
V = Vsabcd ~ Vsa'B'CD' = \sH ■ S2 - -SH' ■ Si = 126.
3
Ответ. 126.

70
Теория и задачи
Задачи
1.	Двугранные углы при основании правильной четырехугольной пирамиды
равны 45°, а площадь боковой поверхности равна 36\/2. Найдите объем пи¬
рамиды.
2.	Вычислите объем правильной треугольной пирамиды, высота которой равна
2\/3, а все плоские углы при вершине прямые.
3.	В правильной треугольной пирамиде высота равна 4, а угол между боковым
ребром и плоскостью основания равен 45°. Найдите объем пирамиды V.
В ответе запишите \/3V.
4.	В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна высоте
и равна 4. Найти расстояние (р) от вершины основания до плоскости диа¬
гонального сечения, не проходящего через эту вершину. В ответе запишите
2 '
5.	В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 4, а вы¬
сота равна 2. Найдите расстояние (р) между боковым ребром и скрещиваю¬
щейся с ним диагональю основания. В ответе запишите 3\/бр.
6.	В правильной шестиугольной пирамиде MABCKEF с вершиной М длина
стороны основания равна 4\/3, а длина апофемы 10. Найдите площадь се¬
чения (S), проходящего через вершину пирамиды и меньшую из диагоналей
основания. В ответе запишите 5/л/19.
7.	В правильной шестиугольной пирамиде М АВС К EF с вершиной М сече¬
ние проходит через вершину пирамиды и большую из диагоналей основания.
Найти отношение объемов частей пирамиды, на которые она делится плос¬
костью сечения.
8.	В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его
вершины принадлежат боковым ребрам пирамиды, а четыре другие при¬
надлежат ее основанию. Найдите ребро куба (а), если сторона основания
пирамиды равна л/2, а ее боковое ребро равно 3. В ответе запишите 3\/2а.
6.2.	Тетраэдр
Теоретический материал
Тетраэдром называется треугольная пирамида.
Тетраэдр называется правильным, если все его ребра равны.
Тетраэдр называется прямоугольным, если все три его плоских угла при какой
либо его вершине прямые.
Два ребра, имеющие в качестве одного из своих концов общую вершину, назы¬
ваются смежными. Два не смежных ребра называются противоположными (или
скрещивающимися).

6.2. Тетраэдр
71
Медианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий вершину тетраэдра с
точкой пересечения медиан противоположной грани. Медианы тетраэдра пересе¬
каются в одной точке, называемой центроидом, и делятся этой точкой в отноше¬
нии 3:1, считая от вершины.
Бимедианой тетраэдра называется отрезок, соединяющий середины противо¬
положных ребер. Би медианы пересекаются в одной точке (центроиде тетраэдра)
и делятся этой точкой пополам.
Высотой тетраэдра называется перпендикуляр, опущенный из вершины на
противоположную грань. Если высоты (или их продолжения) пересекаются в од¬
ной точке, то тетраэдр называется ортоцентрическим.
Приведем также некоторые полезные сведения относительно расположения осно¬
вания высоты тетраэдра.
•	Основание высоты тетраэдра является центром окружности, описанной око¬
ло основания тогда и только тогда, когда длины всех боковых ребер равны
между собой (или все боковые ребра наклонены к плоскости основания под
одним углом).
•	Основание высоты тетраэдра является центром окружности, вписанной в ос¬
нование тогда и только тогда, когда все боковые грани наклонены к плоско¬
сти основания под одним углом.
Замечание. Приведенные утверждения справедливы и для произвольной пи¬
рамиды.
Примеры решения задач
Пример 1. Докажите, что бимедианы тетраэдра пересекаются в одной точке
и делятся этой точкой пополам.
Решение. Рассмотрим произвольный
тетраэдр ABCD. Пусть отрезок PQ со¬
единяет середины ребер AD и ВС, от¬
резок RS соединяет середины ребер АС
и BD. Покажем, что четырехугольник
PSQR является параллелограммом.
Так как PS - средняя линия тре¬
угольника ABD, a RQ - средняя линия
треугольника АВС, то
PS II АВ, PS = ^АВ и
RQ || АВ, RQ = ±АВ.
Следовательно, четырехугольник PSQR - параллелограмм, а диагонали парал¬
лелограмма (бимедианы PQ и RS) пересекаются и точкой пересечения делятся
пополам.
Таким образом, мы показали, что бимедиана RS проходит через точку М -
середину бимедианы PQ. Аналогичным образом показывается, что и третья биме¬
диана, соединяющая середины ребер CD и АВ, также проходит через точку М.

72
Теория и задачи
Задачи
1.	Доказать, что основание высоты тетраэдра является центром окружности,
описанной около основания тогда и только тогда, когда длины всех боковых
ребер равны между собой (или все боковые ребра наклонены к плоскости
основания под одним углом).
2.	Доказать, что основание высоты тетраэдра является центром окружности,
вписанной в основание тогда и только тогда, когда все боковые грани накло¬
нены к плоскости основания под одним углом.
3.	Все ребра правильного тетраэдра ABCD равны \/б. Найдите расстояние от
вершины А до плоскости В DC.
4.	В основании пирамиды лежит равносторонний треугольник со стороной, рав¬
ной 2. Одна из боковых граней также равносторонний треугольник и перпен¬
дикулярна основанию. Найдите объем пирамиды.
5.	Боковое ребро МС пирамиды МАВС перпендикулярно плоскости осно¬
вания АВС и равно 4. Плоскость, параллельная основанию, проходит че¬
рез середину высоты пирамиды и пересекает боковые ребра в точках А',
В1 и С1. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды МА'В'С', если
АС = ВС = 5, а высота СК треугольника АВС равна 3.
6.	Основание пирамиды - треугольник, две стороны которого равны 3 и х/З,
а угол между ними равен 30°. Каждое боковое ребро равно \/51. Найдите
объем пирамиды.
7.	Основание пирамиды МАВС - треугольник АВС, в котором АВ = ВС,
АС = у/15, Z. ABC = 120°. Боковые ребра образуют с плоскостью основания
равные углы. Найдите объем пирамиды, если AM = л/53.
8.	Основание пирамиды ABCD - прямоугольный треугольник с гипотенузой
АВ = 2\/30. CD - высота пирамиды, боковые ребра AD и BD наклонены
к плоскости основания под углами 30° и 60° соответственно. Найдите объем
пирамиды.
9.	В пирамиде SABC грани SAB и SAC перпендикулярны плоскости осно¬
вания, ребро ВС равно 10, а двугранный угол при ребре ВС равен 45°.
Найдите объем пирамиды, если площадь ее основания равна 30.
6.3.	Произвольные пирамиды
При решении задач этого раздела могут пригодиться все формулы и утверждения,
приведенные в двух предыдущих разделах.
Задачи
1.	Основанием пирамиды служит прямоугольник, угол между диагоналями ко¬
торого равен 30°, а площадь равна 9. Боковые ребра образуют с плоскостью
основания углы в 45°. Найдите объем пирамиды.

6.3. Произвольные пирамиды
73
2.	Основание пирамиды - квадрат, сторона которого равна 3. Каждая боковая
грань наклонена к плоскости основания под углом, тангенс которого равен
4/3. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
3.	Найдите площадь боковой поверхности четырехугольной пирамиды (S), ес¬
ли в основании пирамиды лежит ромб с диагоналями 30 и 40, и все боковые
грани пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 30°. В ответе
запишите S\/3.
4.	В четырехугольной пирамиде SABCD, основанием которой является прямо¬
угольник, длины ребер SC = 8, CD = 6, а ребро SB ± АВС. Угол между
плоскостями SCD и АВС равен 30°. Во сколько раз площадь основания
больше площади грани SBC?
5.	В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник ABCDEF. Боко¬
вое ребро BS перпендикулярно плоскости основания и равно ребру основа¬
ния. Найдите градусную меру угла между боковым ребром FS и плоскостью
основания.
6.	Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь которого равна
ЗбУЗ. Две боковые грани перпендикулярны основанию, а две другие образу¬
ют с плоскостью основания углы 45° и 30°. Найдите объем пирамиды (У).
В ответе укажите V >/3.
7.	В основании четырехугольной пирамиды ABCDF лежит квадрат со сторо¬
ной, равной 4. Боковые грани FAD и FCD перпендикулярны плоскости ос¬
нования пирамиды, а высота пирамиды равна диагонали ее основания. Най¬
дите площадь (S) сечения пирамиды плоскостью, проходящей через прямую
АС параллельно прямой FB. В ответе укажите S\/2.
8.	В основании пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD со стороной, равной
5.	Точка М делит ребро SB в отношении 2:3, считая от точки S. Через
точку М проходит сечение, параллельное основанию пирамиды. Найдите его
площадь.
9.	В основании пирамиды DABC лежит треугольник АВС, в котором Z.C =
60°, АС = 14, ВС = 8. Боковые грани DАС и DAB перпендикулярны
плоскости основания пирамиды, а ребро AD равно 4\/3. Сечение пирамиды
плоскостью, проходящей через середину ребра DB параллельно прямым ВС
и AD, является основанием второй пирамиды, вершина которой в точке С.
Найдите объем второй пирамиды.
10.	Основанием пирамиды FABC является треугольник АВС, в котором
Z.ABC = 90°, АВ = 3, ВС = 4. Ребро AF перпендикулярно плоскости
АВС и равно 4. Отрезки AM и AL являются соответственно высотами тре¬
угольников AFB и AFC. Найдите объем пирамиды AMLC.

7.	Тела вращения
7.1.	Цилиндр
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи на вычисление элементов цилиндра и задачи, свя¬
занные с описанными и вписанными цилиндрами. Приведем основные определения
и теоремы.
Основные определения
Цилиндром (точнее, прямым круговым цилин¬
дром) называется фигура, полученная вращением
прямоугольника вокруг одной из его сторон.
Поверхность цилиндра состоит из оснований ци¬
линдра - двух равных кругов, лежащих в параллель¬
ных плоскостях, и боковой поверхности.
Отрезок, с одним концом на окружности одного
основания, с другим концом - на окружности друго¬
го основания, перпендикулярный плоскостям основа¬
ний, называется образующей цилиндра.
Высотой цилиндра называется расстояние между плоскостями оснований.
Осью цилиндра называется прямая, проходящая через центры оснований. Се¬
чение цилиндра плоскостью, проходящей через ось, называется осевым сечением.
Плоскость, проходящая через образующую цилиндра и перпендикулярная осе¬
вому сечению, проходящему через эту образующую, называется касательной плос¬
костью цилиндра.
Цилиндр называется вписанным в призму, если его основания вписаны в осно¬
вания призмы, и грани призмы касаются его боковой поверхности. В этом случае
призма называется описанной около цилиндра (левый рисунок).
Цилиндр называется описанным около призмы, если его основания описаны
около оснований призмы и ребра призмы являются его образующими. В этом слу¬
чае призма называется вписанной в цилиндр (правый рисунок).

7.1. Цилиндр
75
Основные утверждения
Площадь боковой поверхности: Scok = 2ttRH.
Объем цилиндра: V = тгВ2Н.
Здесь R - радиус основания цилиндра, Н - высота цилиндра.
Напомним также, что
•	сечением цилиндра плоскостью, параллельной оси цилиндра, является пря¬
моугольник;
•	плоскость, перпендикулярная оси цилиндра, пересекает его боковую поверх¬
ность по окружности, равной окружности основания.
Примеры решения задач
Пр и мер 1. Плоскость, параллельная оси цилиндра, отсекает от окружности
основания дугу 60°. Диагональ полученного сечения равна 2\/б и удалена от оси
цилиндра на расстояние л/б. Найдите объем цилиндра.
Решение. Пусть данным сечением цилиндра
является прямоугольник ABCD. Вычислим высо¬
ту цилиндра Н и радиус основания R.
Диагональ сечения и ось цилиндра являются
скрещивающимися прямыми, причем плоскость,
содержащая диагональ, параллельна оси. Следо¬
вательно, расстояние между этими прямыми есть
расстояние между плоскостью сечения и осью. Это
расстояние равно длине перпендикуляра Л, опу¬
щенного из центра основания О на хорду АВ, сле¬
довательно, h = \/б.
Так как мера дуги, соответствующей хорде
АВ, равна 60°, то треугольник АВО - равносто¬
ронний и АВ = R. Высота треугольника
h = R • sin 60°
Х = 2у/2.
Теперь найдем высоту цилиндра из прямоугольного треугольника АВС:
ВС = у/AC2 - АВ2 = \/(2х/б)2 - (2\/2)2 = 4.
В результате объем цилиндра равен V = ttR2H = 32%.
Ответ. 32%.
Задачи
1.	Через образующую цилиндра проведены два сечения, одно из которых осе¬
вое, а второе параллельное оси цилиндра. Площади сечений равны 26 и 13.
Найдите градусную меру угла между плоскостями сечений.

76
Теория и задачи
2.	Через образующую цилиндра АВ проведены два сечения: одно - по диаметру
AM, другое - по хорде AD. Угол между плоскостями этих сечений равен
60°. Площадь боковой поверхности цилиндра равна 60тг. Найдите площадь
того из данных сечений цилиндра, которое проходит через хорду AD.
3.	Концы отрезка ВС лежат на окружностях двух оснований цилиндра. Радиус
основания цилиндра равен 25, длина отрезка ВС равна 14\/2, а угол между
прямой ВС и плоскостью основания цилиндра равен 45°. Найдите расстоя¬
ние между осью цилиндра и параллельной ей плоскостью, проходящей через
точки В и С.
4.	Радиус основания цилиндра равен 6, а высота равна 2. Отрезки АВ и CD -
диаметры одного из оснований цилиндра, а отрезок А А' - его образующая.
Известно, что ВС = 2\/21. Найдите синус угла между прямыми А'С и BD.
5.	Около правильной шестиугольной призмы описан цилиндр. Площадь боко¬
вой поверхности цилиндра равна 16тг\/3. Расстояние между осью цилиндра
и диагональю боковой грани призмы равно 2\/3. Найдите объем призмы.
6.	В прямую призму, в основании которой лежит ромб с углом 45°, вписан ци¬
линдр. Расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани приз¬
мы равно 5\/2. Найдите площадь полной поверхности цилиндра, если объем
призмы равен 120.
7.	В правильной призме MNPM'N'Р' сторона основания равна 12, а диаго¬
наль грани MN' образует с плоскостью основания угол 45°. На сколько про¬
центов объем описанного цилиндра больше объема вписанного цилиндра?
8.	В правильной призме MNPM’N'P' сторона основания равна 12, а диаго¬
наль грани MN1 образует с плоскостью основания угол 45°. Сколько про¬
центов от площади боковой поверхности описанного цилиндра составляет
площадь боковой поверхности вписанного цилиндра?
7.2.	Конус
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи на вычисление элементов конуса и задачи, свя¬
занные с описанными и вписанными конусами. Приведем основные определения
и теоремы.
Основные определения
Конусом (точнее, прямым круговым конусом) называется тело, полученное вра¬
щением прямоугольного треугольника вокруг одного из катетов.
Поверхность конуса состоит из основания конуса (круга) и боковой поверхно¬
сти (кругового сектора).
Отрезок с одним концом в вершине конуса, с другим концом - на окружности
основания, называется образующей конуса.

7.2. Конус
77
Высотой конуса называется перпендикуляр, опу¬
щенный из вершины конуса на плоскость основания.
Основание высоты прямого кругового конуса совпа¬
дает с центром основания.
Осью конуса называется прямая, проходящая че¬
рез вершину конуса и центр основания. Сечение ко¬
нуса плоскостью, проходящей через ось, называется
осевым сечением.
Плоскость, проходящая через образующую кону¬
са и перпендикулярная осевому сечению, проходяще¬
му через эту образующую, называется касательной
плоскостью конуса.
Конус называется вписанным в пирамиду, если его основание вписано в ос¬
нование пирамиды и грани пирамиды касаются его боковой поверхности. В этом
случае пирамида называется описанной около конуса (левый рисунок).
Конус называется описанным около пирамиды, если его основание описано око¬
ло основания пирамиды и боковые ребра пирамиды являются его образующими.
В этом случае пирамида называется вписанной в конус (правый рисунок).
Плоскость, перпендикулярная оси конуса, отсекает от него меньший конус.
Оставшаяся часть называется усеченным конусом.
Основные утверждения
Площадь боковой поверхности: SeOK = тгRL.
Объем конуса: V = ^ttR2H.
Здесь R - радиус основания, L - образующая, Н - высота конуса.
Напомним также, что
•	сечением конуса плоскостью, проходящей через вершину конуса, является
равнобедренный треугольник;
•	плоскость, перпендикулярная оси конуса, пересекает его боковую поверх¬
ность по окружности.

78
Теория и задачи
Примеры решения задач
Пример 1. Длина дуги развертки боковой поверхности конуса равна 4тг\/15,
а угол развертки равен 90°. Найдите объем конуса.
Решение. Развертка боковой поверхности конуса представляет собой четверть
круга радиуса Я, равного образующей исходного конуса.
Так как по условию длина дуги развертки равна 4тгл/15, то
4%У15 = ^ R = 8Vi5.
4
Найдем радиус основания конуса по длине окружности основания
4тг>/15 = 2тгг => г = 2л/15.
Теперь по теореме Пифагора вычислим высоту конуса
Н = VR2 - Г2 = 30.
В результате объем конуса равен V = ^тгг2Н = бООтг.
О
Ответ. бООтг.
Задачи
1.	В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 6, а высо¬
та равна 2. Найдите объем (V) конуса, вписанного в эту пирамиду. В ответе
запишите V/тг.
2.	В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна 4\/3, а высо¬
та равна 3. Найдите площадь боковой поверхности (S) конуса, описанного
около этой пирамиды. В ответе запишите S/тг.
3.	Угол между образующими С А и СВ конуса равен 60°, высота конуса рав-
.	4\/15 тт
на 4, радиус основания равен —-—. Найдите градусную меру угла между
о
плоскостью АВС и плоскостью основания конуса.

7.3. Шар
79
4.	В основании конуса проведена хорда. Через данную хорду и вершину конуса
С проведена плоскость так, что угол при вершине С, образовавшегося в
сечении треугольника, равен 60°. Найдите расстояние от центра основания
конуса О до данной плоскости, если высота конуса равна 2, а образующая
равна 8/3.
5.	Отношение площади боковой поверхности конуса к его объему равно 1,5.
Найдите высоту конуса, если его образующая равна диаметру основания.
6.	Расстояние от центра основания конуса до его образующей равно 3. Обра¬
зующая наклонена к плоскости основания под углом 30°. Найдите объем
V
конуса (V). В ответе запишите —у=.
7Гу 3
7.	Длина дуги развертки боковой поверхности конуса равна бтг, а образующая
конуса равна 5. Найдите объем конуса.
8.	Образующая усеченного конуса равна 2. Диагональ осевого сечения перпен¬
дикулярна боковой стороне сечения и наклонена к плоскости основания под
углом 30°. Найдите площадь боковой поверхности усеченного конуса.
7.3.	Шар
Теоретический материал
В этом разделе собраны задачи на вычисление элементов шара и задачи, свя¬
занные с описанными и вписанными шарами. Приведем основные определения и
теоремы.
Основные определения
Шаром называется тело, состоящее из всех точек
пространства, находящихся от данной точки (центр
шара) на расстоянии, не большем данного (радиус
шара).
Замечание. Шар также, как цилиндр и конус,
является телом вращения. Он получается при вра¬
щении полукруга вокруг его диаметра.
Граница шара называется шаровой поверхностью
или сферой.
Плоскость, проходящая через точку, лежащую на
сфере, и перпендикулярная радиусу, проведенному в
эту точку, называется касательной плоскостью.
Прямая, проходящая через точку сферы перпендикулярно к радиусу, прове¬
денному в эту точку, называется касательной прямой или просто касательной.
Многогранник называется вписанным в шар, если все его вершины лежат на по¬
верхности шара. В этом случае шар называется описанным около многогранника.
Многогранник называется описанным около шара, если все его грани касаются
шара. В этом случае шар называется вписанным в многогранник.

80
Теория и задачи
Основные теоремы
Касательная плоскость имеет с шаром только одну общую точку - точку каса¬
ния. Через любую точку сферы проходит бесконечное число касательных, причем
все они лежат в касательной плоскости шара.
Любая диаметральная плоскость (плоскость, проходящая через диаметр) явля¬
ется плоскостью симметрии шара. Центр шара является его центром симметрии.
Площадь поверхности сферы: S = 4тгЯ2, где R - радиус сферы.
4
Объем шара: V = -тгТ?3.
о
Центром шара, вписанного в многогранник, является точка пересечения плос¬
костей, делящих двугранные углы многогранника пополам.
Если многогранник вписан в шар, то вокруг каждой из его граней можно опи¬
сать окружность. Центр описанного шара есть точка пересечения перпендикуля¬
ров к граням, проведенных через центры этих окружностей.
Для каждого тетраэдра существует вписанный и описанный шар, причем
v = ^Sr,
где V - объем тетраэдра, S - площадь его полной поверхности, г - радиус впи¬
санного шара.
Вокруг любой правильной пирамиды можно описать шар, причем центр опи¬
санного шара будет лежать на высоте пирамиды.
В любую правильную пирамиду можно вписать шар. Причем центр вписан¬
ного шара будет лежать на высоте пирамиды, а точки касания шара с боковыми
гранями - на соответствующих апофемах.
Вокруг любой правильной призмы можно описать шар, причем центром этого
шара будет середина высоты, проведенной через центры оснований призмы.
Сечением шара плоскостью является круг. Его центр есть основание перпен¬
дикуляра, опущенного из центра шара на секущую плоскость.
Линия пересечения двух сфер есть окружность.
Части шара
Шаровым сегментом называется часть шара, отсекаемая от него плоскостью.
Шаровым слоем называется часть шара, расположенная между двумя парал¬
лельными плоскостями, пересекающими шар.
Шаровым сектором называется тело, ограниченное сферической поверхностью
шарового сегмента и боковой поверхностью конуса, который имеет общее основа¬
ние с сегментом и вершину в центре шара.
Замечание. Шаровой сектор получается из шарового сегмента и конуса сле¬
дующим образом. Если шаровой сегмент меньше полу шара, то он дополняется
конусом, у которого вершина в центре шара, а основанием является основание
сегмента. Если же сегмент больше полушара, то конус из него удаляется.

7.3. Шар
81
•	площадь боковой поверхности: S = 2тгЯЯ;
•	объем: У = 7гЯ2(Я-—Y
\	3 /
где R - радиус шара, Н - высота сегмента.
Основные формулы для шарового слоя:
•	площадь боковой поверхности: S = 2тгЯН;
•	объем: V = (ЗЯ? + ЗЯ^ + Я2),
где R - радиус шара, R\ и Т?2 - радиусы оснований, Н - высота слоя.
Основные формулы для шарового сектора:
•	площадь боковой поверхности: S = 2тгRH;
•	объем: V = |тгЯ2Я,
где R - радиус шара, Н - высота сектора.
Примеры решения задач
Пример 1. Докажите, что объем
тетраэдра равен одной трети произве¬
дения площади его полной поверхно¬
сти на радиус вписанного шара.
Решение. Рассмотрим произволь¬
ный тетраэдр ABCD и шар с центром
О, вписанный в него. Объем данно¬
го тетраэдра складывается из объемом
четырех тетраэдров, основаниями ко¬
торых являются грани исходного тет¬
раэдра, а вершиной - точка О.
Расстояния от точки О до гра¬
ней исходного тетраэдра равны ради¬
усу шара, следовательно,
Vabcd = Vabco + Vabdo + Vbcdo + Vac do

82
Теория и задачи
=> V = - {Sabc + Sabd + Sbcd + Sacd) г = -Sr,
О	и
где г - радиус шара, S - площадь полной поверхности исходного тетраэдра.
Задачи
1.	Сфера проходит через вершины равнобедренного треугольника с основанием
4 и углом при вершине arcsin (1/3). Расстояние от центра сферы до плоскости
треугольника равно 8. Найдите радиус сферы.
2.	Все стороны ромба с диагоналями 30 и 40 касаются поверхности шара ради¬
уса 20. Найдите расстояние от центра шара до плоскости ромба.
3.	В правильной четырехугольной пирамиде сторона основания равна 4, а вы¬
сота равна 2. Найдите радиус описанного шара.
4.	Найдите радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду,
с высотой, равной 8, и апофемой, равной 10.
5.	Угол наклона боковой грани к плоскости основания правильной треугольной
пирамиды равен 60°. Радиус шара, описанного около пирамиды, равен 35.
Найдите радиус вписанного шара.
6.	В треугольной пирамиде с равными боковыми ребрами известны длины сто¬
рон основания 6, 8, 10 и длина высоты 1. Найдите радиус описанного шара.
7.	Около правильной призмы MNPM'N'P' описан шар. Найдите площадь его
поверхности (S), если сторона основания призмы равна 12, а диагональ гра¬
ни MN1 образует с плоскостью основания угол 45°. В ответе запишите S/тт.
8.	Около пирамиды, в основании которой лежит правильный треугольник со
стороной, равной 3, описан шар. Найдите радиус шара, если известно, что
одно из боковых ребер пирамиды перпендикулярно ее основанию и равно 2.
9.	В шар радиуса л/ТТ вписана правильная треугольная призма АВС А' В'С'.
Прямая АВ' образуете плоскостью АСС' угол 45°. Найдите объем призмы.

8.1. Декартовы координаты и векторы в пространстве
83
8.	Координаты и векторы
8.1.	Декартовы координаты и векторы в пространстве
Теоретический материал
Напомним основные сведения, связанные с декартовыми координатами и векто¬
рами в пространстве.
Прямоугольной декартовой системой координат в пространстве называются
три взаимно перпендикулярные координатные прямые х, у и z, пересекающие¬
ся в одной точке. Точка пересечения координатных прямых называется началом
координат и является начальной точкой для каждой из них. Плоскость, проходя¬
щая через прямые х и у, называется координатной плоскостью ху. Две другие
плоскости называются соответственно координатными плоскостями xz и yz.
Каждой точке пространства ставится в соответствие	™ Обозначение:
прямоугольных проекций этой точки на оси х, у и z соотве
Л(т1;?/1;г1) или (xi;yi;zi)-
Расстояние между двумя точками A(xi',yi',zi) и В(%2, У2, z2) Р
d = \Z(ii - х2)2 + (2/1 “ У2)2 + &
Координаты середины отрезка АВ равны ( •	2	’2’2/
A(xi-m'Zi) и концом в точке
Координатами вектора а с началом в точке	Z2_Z1. Обозначение:
В(х2,У2\Z2) называются числа ai = ^2-^1, 0-2 = 2/2 У1> 3
а(ах;а2;аз) или (°1;а2;аз)-
иле линейной комбинации
Любой вектор в пространстве можно представить в в
а = aiei + ^262 +
где ei(l;0;0), ё2(0; 1;0), ё3(0;0; 1) - координатные орты.

Теория и задачи
84
Сумма двух векторов в пространстве определяется аналогично сумме двух
векторов на плоскости, то есть
(щ; ^25 аз) + (t»i; 62; Ьз) = (а1 + ^15 а2 + &2;аз + U
и обладает теми же свойствами:
а + 0 = а, а + Ъ = Ь + а, а + (Ь + с) = (а + Ь) + с.
Произведение вектора на число в пространстве определяется аналогично про-
изведению на плоскости, то есть
A(ai; аг; оз) = (oi; 02; аз)А = (Aai; Аог; Аоз),
и обладает теми же свойствами:
(Ai + А2)о = Ajo + А2О, А(о + Б) = Ao + АЬ, |Аа| = | А| |о|.
Скалярное произведение векторов определяется аналогично произведению
векторов на плоскости, то есть
а • b = Oi^i + 02^2 + 0363,
и обладает теми же свойствами:
|а| = л/гГ"б, (а + Ь)с = ас + be, (Xa)b = a(Xb) = ХаЬ, а • Ь = |а| |Ь| cos <р.
Уравнение плоскости
Любая плоскость в декартовых координатах х, у, z имеет уравнение вида
ах + by + cz + d = 0.
Геометрический смысл коэффициентов уравнения плоскости: коэффициенты
о, Ь, с в уравнении плоскости являются координатами вектора, перпендикуляр¬
ного этой плоскости.
Замечание. Любую прямую в пространстве можно задать двумя линейными
уравнениями - уравнениями плоскостей, проходящих через эту прямую.
Примеры решения задач
Пример 1. Докажите, что четырехугольник ABCD с вершинами 4(3;3;4),
В(0;4;3), 0(1; 3; 2), 7?(4;2;3) является параллелограммом.
Решение. Покажем, что отрезки АС и BD пересекаются и точкой пересечения
делятся пополам.
Для этого найдем координаты точек 0(zi;2/r,zi) и 0'{х2\Уъ\^2) - середин от¬
резков АС и BD соответственно:
34- 1	0	3 + 3 о
*1 = —2~ = 2, У1 = -у~ = 3,
4 + 2 о
Z1 = = 3’

8.1. Декартовы координаты и векторы в пространстве
85
Z\ =
0+4	4+2 о 3+3	„
X? =	=2, у2 = —— = 3, Z1 = —— = 3.
Z	л
Так как координаты середин отрезков совпадают, то точка 0 = 0' является точ¬
кой пересечения этих отрезков. Следовательно, точки А, В, С, D принадлежат
одной плоскости и диагонали четырехугольника ABCD делятся точкой О попо¬
лам. Значит этот четырехугольник параллелограмм.
Пример 2. Составьте уравнение плоскости, которая проходит через точку А
и перпендикулярна прямой АВ, где А(1;— 2; 2), В(3; 1; 3).
Реш е н и е. Искомая плоскость должна быть перпендикулярна вектору
АВ = (3 — 1; 1 — (—2); 3 — 2) = (2; 3; 1), следовательно, ее уравнение имеет вид
2х -|- Зу z d = 0.
Значение коэффициента d можно определить, используя условие принадлежности
точки Л(1; — 2; 2) этой плоскости:
2 • 1 + 3 • (—2) + 2 + d = 0	> d = 2.
Ответ. 2t + 3i/ + z4-2 = 0.
Задачи
1.	Найдите координаты вершины D параллелограмма ABCD, если координа¬
ты трех остальных его вершин известны: А(2; —2; 0), В(1; 0; —1), С(0; —1; 1).
2.	Даны три точки: Л(—1; 1;0), В(0; —1;3), С(2; 1; 1). Найдите косинус угла С
треугольника АВС.
3.	Докажите, что четырехугольник ABCD с вершинами А(—2; 3; 0), В(—1; 1; 0)
С(0; 1; 2), Г>(—1;3;2) является ромбом.
4.	При каком значении п векторы а(п;2;4) и Ь(п;-2п;1) перпендикулярны?
5.	При каких значениях тип векторы а(3;п;2) и b(m;2;5) коллинеарны?
6.	Векторы а, Ь, с единичной_длины образуют попарно углы 60°. Найдите
угол между векторами а и Ь — с.
7.	Векторы а, 6, с единичной_длины образуют попарно углы 60°. Найдите
угол между векторами а и Ь + с.
8.	Докажите^что если а и b - единичные неколлинеарные векторы, то век¬
торы а + b и а — b перпендикулярны.
9.	Векторы а + b и а — b перпендикулярны. Докажите, что |а| = |Ь|.
10.	Вычислите скалярное произведение векторов а и Ь, если а = Зр + 2g, b =
= р — 4q, где р и q единичные перпендикулярные векторы.
11.	Плоскость задана уравнением Зх — y + 2z = 2. Укажите какой-нибудь вектор,
параллельный плоскости.

86
Указания и решения
12.	Прямая является пересечением плоскостей Зх — у + 2z = 2 и я + ?/ + z = 0.
Укажите какой-нибудь вектор, параллельный этой прямой.
13.	Дана точка А(2; 0; —1). Найдите уравнение плоскости, проходящей через на¬
чало координат О и перпендикулярной прямой О А.
14.	Найдите отрезки, которые плоскость ах + by + cz + d = 0 отсекает на осях
координат, если a, b, с, d отличны от нуля.
15.	Найдите точку пересечения трех плоскостей, заданных уравнениями
х — у = 1, x + y-z = 3, x + z = 2.
16.	Докажите, что плоскости, заданные уравнениями
х — у + 2z = 1, 2х — Зу + z + 1 = 0, х + 5z — 1 = 0,
не имеют ни одной общей точки.
17.	Составьте уравнение плоскости, которая проходит через точку А и перпен¬
дикулярна прямой АВ, где А(2;0;—1), В(3; —2;1).

Часть II: Указания и решения
ПЛАНИМЕТРИЯ
1.	Треугольники
1.1.	Прямоугольные треугольники.
Задача 1.
В прямоугольном треугольнике угол между биссектрисой и высотой, проведённы¬
ми из вершины прямого угла, равен 10°. Найдите острые углы треугольника.
Идея. Использовать определение биссек¬
трисы угла и теорему о сумме внутренних уг¬
лов треугольника.
Указание. Использовать определение бис¬
сектрисы угла.
Указание. Воспользоваться свойством сум¬
мы острых углов прямоугольного треуголь¬
ника.
Решение. Пусть CN - биссектриса прямого угла треугольника АВС, тогда
Z.ACN = Z.NCB = 45°. Обозначим через СН высоту, проведённую к гипотенузе
АВ. По условию Z.NCH = 10°.
В прямоугольном треугольнике АСН
Z.ACH = Z.ACN - Z.NCH = 45° - 10° = 35°; Z.A = 90° - 35° = 55°.
Поскольку в любом прямоугольном треугольнике сумма острых углов равна 90°,
ZB = 90° - 55° = 35°.
Ответ. 35°;55°.
Задача 2.
Катеты прямоугольного треугольника имеют длину 12 и 5. Найдите длину меди¬
аны, проведённой к гипотенузе.

88
Указания и решения
Идея. Медиана, проведённая из вершины
прямого угла треугольника, равна половине
гипотенузы.
Указание. Найти длину гипотенузы по
теореме Пифагора.
Решение. В прямоугольном треугольнике
медиана, проведённая из вершины прямого
угла, равна половине гипотенузы.
По теореме Пифагора:
АВ2 = АС2 + ВС2 = 122 + 52 = 169 =>
АВ = 13
СМ= = 6,5.
Ответ. 6,5.
Задача 3.
В прямоугольном треугольнике острые углы относятся как 1 : 2, а больший катет
равен 4х/3. Найти радиус окружности, описанной около треугольника.
Идея. Гипотенуза прямоугольного треугольника является диаметром описанной
окружности.
Указание. Определить острые углы треугольника.
Указание. Найти длину гипотенузы по катету
и прилежащему углу.
Указание. В прямоугольном треугольнике ра¬
диус описанной окружности равен половине гипо¬
тенузы.
Решение. Пусть АС АВ = а, тогда по условию
АС В А = 2а.
Заметим, что а4- 2а = 90° <=> а = 30°. Най¬
дём длину гипотенузы по катету и прилежащему
углу:
= = _ 8.
cos a V3
2
Поскольку гипотенуза прямоугольного треугольника является диаметром описан¬
ной окружности, радиус окружности равен половине гипотенузы:
АО = ^-
= 4.
Ответ. 4.
Задача 4-
Найдите площадь прямоугольного треугольника, если длина гипотенузы равна
2 >/13 см, а длина медианы большего острого угла равна 5 см.

1.1, Прямоугольные треугольники.
89
Идея. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения ка¬
тетов.
Указание. Для нахождения длин катетов воспользоваться теоремой Пифагора.
Указание. Площадь прямоугольного треугольника найти как полу произведе¬
ние катетов.
Решение. Введём обозначения: АС = х,
ВС = у. Пусть AM - медиана большего
острого угла, тогда ВМ = МС = |. За¬
пишем теорему Пифагора для треугольника
АВС:
х2 + у2 = 52
и для треугольника АМС:
х2 + £=25.
4
Вычитая из первого уравнения второе, получаем
-^-=27 <=> у2 = 36 ==> у = 6 см;
тогда
х2 = 52 — 36 = 16 => х = 4 см.
Площадь треугольника АВС найдём по формуле:
х • у 4-6	_	9
S^abc =	= 12 см2.
Ответ. 12 см2.
Задача 5.
Средние линии прямоугольного треугольника, параллельные катетам, равны 5 см
и 12 см. Найдите высоту треугольника Д, опущенную из вершины прямого угла.
В ответе запишите 13Л.
Идея. Воспользоваться различными формулами для вычисления площади пря¬
моугольного треугольника.
Указание. Найти длины сторон треугольника, используя информацию о сред¬
них линиях и теорему Пифагора.
Указание. Выразить площадь двумя различными способами (через катеты и
через гипотенузу и искомую величину); из полученного соотношения определить
высоту.
Решение. Пусть KF и КМ - средние линии прямоугольного треугольника
АВС, параллельные катетам. Найдём длины сторон треугольника. Катеты равны
удвоенным средним линиям:
АС = 2KF = 10 см, ВС = 2КМ = 24 см.

90
Указания и решения
Гипотенузу находим по теореме Пифагора:
АВ2 = АС2 + ВС2 = 100 + 576 = 676 => АВ = 26 см.
Выразим площадь треугольника двумя способами:
S^abc = ^АС • ВС = тАВ • СН,
где СН = h - высота, проведённая из вершины прямого угла к гипотенузе. Из
последнего соотношения определяем
, АС ВС 10-24	120
Л = ~АВ~ = ~гГ = Тз в 13Л = 12«“-
Ответ. 120см.
Задача 6.
В прямоугольном треугольнике АВС угол С прямой, СМ - медиана треуголь¬
ника. Найти острые углы треугольника, если угол АМС равен 42°.
Идея. Медиана, проведённая из вершины
прямого угла треугольника, равна половине ги¬
потенузы.
Указание. Воспользовавшись свойством
медианы, проведённой к гипотенузе прямо¬
угольного треугольника, найти один острый
угол.
Указание. Для вычисления второго острого
угла использовать теорему о сумме внутренних
углов треугольника.
Решение. Поскольку СМ - медиана прямоугольного треугольника, проведён¬
ная к гипотенузе, AM = МВ = МС. Значит, треугольник АМС - равнобед¬
ренный; углы при основании АС равны. По теореме о сумме внутренних углов
треугольника для ААМС
2ZMAC + 420 = 180'
1	38°
AM АС = -у- = 69°.
По свойству суммы острых углов прямоугольного треугольника для ДДВС
ААВС = 90° - 69° = 21°.
Ответ. 21°;69°.

1.1. Прямоугольные треугольники.
91
Задача 7.
Медиана AM треугольника АВС равна половине стороны ВС. Угол между AM
и высотой АН равен 40°. Найти углы треугольника АВС.
Идея. Показать, что треугольник АВС - прямоугольный.
Указание. Воспользоваться равнобедренностью треугольников АМС и ВМС
и доказать, что ABAC = 90° .
Указание. Для поиска А АВС воспользоваться равенством углов при осно¬
вании равнобедренного треугольника и теоремой о сумме внутренних углов тре¬
угольника.
Указание. Заметить, что точка М совпадает с центром описанной окружности;
треугольник АВС является прямоугольным.
Указание. Второй острый угол треугольника А АВС найти по свойству суммы
острых углов прямоугольного треугольника.
Решение. Докажем сначала, что если медиана треугольника равна половине
стороны, к которой она проведена, то угол, из вершины которого она проведена -
прямой.
Так как СМ = МА — МВ, то треугольники AM С и ВМС	равнобедрен¬
ные. Значит, по теореме о сумме внутренних углов треугольника
А.. АГ. Ш°-ААМВ	1ЫГ-ААМС
AM АВ =			, AM АС =

2	2
поэтому
ABAC = AM АВ + AM АС = 180° - ЛАМВ + ЛАМС = 180° -	= 90° .
Таким образом, ААВС - прямоугольный. Найдём его острые углы. Рассмотрим
прямоугольный треугольник НМ А. По свойству суммы острых углов прямоуголь¬
ного треугольника
AM = 90° -40° = 50°.
Так как А AM В равнобедренный, то по теореме о сумме внутренних углов тре¬
угольника
130°
2АМВА + 50° = 180° => AM В А = —- = 65°.
По свойству суммы острых углов прямоугольного треугольника для ДАВС
А АС В = 90° - 65° = 25°.

92
Указания и решения
Ответ. 90°;65°;25°.
Замечание. При решении этой задачи мы доказали полезный факт: если ме¬
диана треугольника равна половине стороны, к которой она проведена, то угол,
из вершины которого проведена медиана, прямой.
Задача 8.
В прямоугольном треугольнике АВС АС = 3, ВС = 4. Окружность с центром в
точке А проходит через точку С и пересекает гипотенузу АВ в точке К. Найти
отношение длин отрезков АК и В К.
Идея. Воспользоваться теоремой Пифагора и определе¬
нием окружности.
Указание. Найти длину гипотенузы по теореме Пифа¬
гора.
Указание. Использовать равенство длин отрезков АС
и АК, следующее из определения окружности.
Решение. Длину гипотенузы АВ прямоугольного тре¬
угольника АВС найдём по теореме Пифагора:
АВ2 = З2 + 42 = 25
АВ = 5.
Из определения окружности следует, что АК = АС, поэтому
ВК = АВ - АК = АВ - АС = 5 - 3 = 2; АК : ВК = 3 : 2.
Ответ. 3:2.
Задача 9.
В прямоугольном треугольнике медианы, проведённые к катетам, равны \/52 и
\/73. Найти гипотенузу.
Идея. Использовать определение медианы и теорему Пифагора.
Указание. Записать теорему Пифагора для трёх прямоугольных треугольни¬
ков.
Решение. Пусть ВМ и AN - медианы, проведённые к катетам АС и ВС пря¬
моугольного треугольника АВС. Введём обозначения: AM = МС = х,
BN = NC = у. Требуется найти гипотенузу
АВ = ^/{2хУ + (2у)2 = 2	+ у2.
Запишем теорему Пифагора для прямоугольных треугольников МСВ и ACN:
х2 4- (2у)2 = 73; (2z)2 + у2 = 52.

1.1. Прямоугольные треугольники.
93
Сложив два последних уравнения, получаем
5 (х2 + у2) = 125
х2 + у2 = 25
АВ = 2 • 5 = 10.
Ответ. 10.
Задача 10.
Найдите площадь прямоугольного треугольника, если радиусы его вписанной и
описанной окружностей равны соответственно 2 см и 5 см.
Идея. Воспользоваться теоремой Пифагора.
Указание. По радиусу описанной окружности найти длину гипотенузы.
Указание. Обозначить через новую переменную длину части катета от точ¬
ки касания вписанной окружности до вершины острого угла; выразить через неё
остальные стороны треугольника.
Указание. Используя теорему Пифагора, найти значение новой переменной;
вычислить длины катетов.
Указание. Найти площадь треугольника как полу произведение длин катетов.
Решение. Гипотенуза прямоугольного тре¬
угольника является диаметром описанной окруж¬
ности. Значит, АВ = 2 • 5 = 10 см.
Обозначим точки касания вписанной окруж¬
ности с центром О со сторонами АВ, ВС и
АС треугольника, соответственно, через К, N и
М. Поскольку четырёхугольник CMON являет¬
ся квадратом, CN = СМ = 2. Пусть AM = х,
тогда из равенства прямоугольных треугольников
AM О и АКО (по катету и гипотенузе) следует,
что АК = х. Далее,
ВК = АВ - АК = 10 - х, BN = ВК = 10 - х.
Запишем теорему Пифагора для ДАВС:
100 = (х + 2)2 + (12 - х)2 ф=ф 2х2 - 20х + 48 = 0 <=> х2 - 10х + 24 = 0;
х = 4 или х = 6.

94
Указания и решения
При х = 4 АС = 6 см, ВС = 8 см; при х = 6 АС = 8 см, ВС = 6 см. Площадь
прямоугольного треугольника АВС вычислим как полупроизведение катетов:
п	6-8	2
S^abc = —2“ = 24 см .
Ответ. 24см2.
Задача 11.
В прямоугольном треугольнике один из катетов больше медианы, проведённой из
вершины прямого угла, на 0,5. Найти его площадь, если второй катет равен 4.
Идея. Воспользоваться свойством медианы, проведённой к гипотенузе, и теоре¬
мой Пифагора.
Указание. Обозначив длину неизвестного катета за новую переменную, выра¬
зить через неё длину медианы и гипотенузы.
Указание. Для поиска значения новой переменной воспользоваться теоремой
Пифагора.
Указание. Найти площадь треугольника как пол у произведение длин катетов.
Решение. Пусть АС = т, тогда по условию
СМ = х — 0,5. В прямоугольном треугольнике ме¬
диана равна половине гипотенузы, поэтому
AB = 2(z-0,5) = 2z-l.
Запишем теорему Пифагора для ДАВС:
16+х2 = (2а:—I)2 <=> За:2 —4х-15 = 0 => х = 3.
Площадь ААВС найдём по формуле:
Q АС ВС 3-4
Ь^АВС =	2	= ~ = 6-
Ответ. 6.
Задача 12.
В треугольнике АВС известны стороны АС = 2, АВ = 3, ВС = 4. Пусть BD -
высота этого треугольника. Найти длину отрезка AD.
Идея. Рассмотреть два случая {/ВАС острый или тупой); применить теорему
Пифагора.
Указание. Показать, что условию задачи удовлетворяет тупоугольный тре¬
угольник {/ВАС тупой).
Указание. Воспользоваться теоремой Пифагора.

1.1. Прямоугольные треугольники.
95
Решение. Рассмотрим два возможных случая расположения точки D на пря¬
мой АС.
1)	Если Z.BAC является острым, то точка D находится между точками А и
С (рисунок слева). Пусть AD = х, тогда CD = 2 — х. По теореме Пифагора для
AABD и ACBD получаем
BD2 = АВ2 - AD2 = СВ2 - CD2-
9 - х2 = 16 - (2 - х)2	==> х =	< 0.
Значит, угол ВАС не может быть острым.
2)	Если Z.BAC является тупым, то точка А находится между точками С и D
(рисунок справа). Обозначим AD = х, тогда CD = 2 + х. Воспользуемся теоремой
Пифагора для £±ABD и ACBD:
Q
BD2 = 9 - х2 = 16 - (2 + х)2	=> х = -.
3
Ответ. -.
4
Задача 13.
Найти диаметр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, если
один из его катетов равен 20, а проекция другого катета на гипотенузу равна 9.
Идея. Воспользоваться подобием прямоугольных тре¬
угольников.
Указание. Диаметр окружности, описанной около
прямоугольного треугольника, равен гипотенузе.
Указание. Провести высоту к гипотенузе; использо¬
вать подобие полученных прямоугольных треугольников.
Решение. Так как диаметр окружности, описанной око¬
ло прямоугольного треугольника, равен гипотенузе, то на¬
до найти гипотенузу. Пусть точка Н - основание высоты,
опущенной на гипотенузу АВ прямоугольного треуголь¬
ника АВС. По условию АН = 9. Найдём АВ.
Так как АСНВ ~ &АСВ (прямоугольные треугольники с общим острым уг.
СВ АВ
лом ZB))T0—= —.

96
Указания и решения
Следовательно, —
х
Ответ. 25.
9 + х
20
х = 16 => АВ = х + 9 = 25.
Задача 14 •
Около окружности с центром О описан прямоугольный треугольник МРК с ги¬
потенузой МК. Луч МО пересекает катет РК в точке С. Найдите длину отрезка
СР, если точка касания с окружностью делит катет РК на отрезки PH = 4 и
НК = 12.
Идея. Найти второй катет треугольника и
выразить тангенс угла СМР через длину от¬
резка СР.
Указание. Используя теорему о равен¬
стве отрезков касательных, проведённых из
одной точки к окружности, и теорему Пифа¬
гора, найти длину второго катета.
Указание. Вычислить тангенс угла ОМА
и выразить через него длину отрезка СР.
Решение. Прежде всего найдём длину второго катета. Обозначим точки каса¬
ния окружности со сторонами МР и КР соответственно через А и В. Согласно
теореме о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной точки к окруж¬
ности, РА = PH = 4, КН = КВ = 12, МА = МВ. Пусть МА = х. Запишем
теорему Пифагора для АМР К:
(12+х)2 = 162+(4+;е)2	<=>	16х = 128 <=4> х = 8 ==> М Р = 4+8 = 12.
В силу свойства касательной к окружности (касательная перпендикулярна ради¬
усу, проведённому в точку касания) О А ± МА. Следовательно,
ОА 4	1
tg/ОМ А — —— = - = -.
6	МА 8	2
С другой стороны
tgZ.OMA = tgZ.CMP =	=> СР = 6.
Ответ. 6.
Задача 15.
Катеты прямоугольного треугольника равны 8 и 15. Чему равно расстояние от
вершины прямого угла до центра вписанной в этот треугольник окружности?
Идея. Найти радиус вписанной окружности.
Указание. По теореме Пифагора вычислить длину гипотенузы треугольника.
Указание. Для определения радиуса воспользоваться равенством отрезков ка¬
сательных, проведённых из одной точки.

1.1. Прямоугольные треугольники.
97
Решение. Вычислим радиус г вписанной
окружности. Для этого по теореме Пифагора
определим длину гипотенузы:
АВ2 = 82 + 152 = 64 + 225 = 289 = 172 =>
АВ = 17.
Заметим также, что
АВ = (15 - г) + (8 -г) = 23 — 2г
в силу равенства отрезков касательных, проведённых из одной точки. Поэтому
23 - 2г = 17
г = 3.
В силу свойства касательной к окружности ОН ± ВС, где Н - точка касания впи¬
санной окружности с катетом ВС. Прямоугольный треугольник С НО является
равнобедренным; по теореме Пифагора находим длину гипотенузы:
СО2 = 2-9 => СО = 3\/2.
Ответ. 3\/2.
Задача 16.
В прямоугольном треугольнике АВС с гипотенузой АС = 20 проведена медиана
ВМ. Окружность, вписанная в треугольник АВМ, касается медианы ВМ в точке
Р. Найдите катет ВС, если ВР : РМ = 3:2.
Идея. В равнобедренном треугольнике АВМ найти длину основания АВ, ис¬
пользуя теорему о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной точки
к окружности.
Указание. Показать, что треугольник АВМ - равнобедренный.
Указание. Найти длину основания АВ треугольника АВМ, используя теоре¬
му о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной точки к окружности.
Указание. По теореме Пифагора найти длину второго катета треугольника
АВС.
Решение. По условию AM — МС = 10. По¬
скольку ВМ - медиана, проведённая к гипоте¬
нузе прямоугольного треугольника, ВМ = 10.
Пусть ВР = Зх, тогда по условию РМ = 2х.
Получаем
Зх + 2х = 10 <=> х = 2.
Значит, ВР = 6, РМ = 4. Обозначим точки ка¬
сания вписанной окружности со сторонами АВ
и AM треугольника АВМ соответственно через
98
Указания и решения
N и Q. По теореме о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной точ¬
ки к окружности, BN = ВР = 6, MQ = МР = 4, AN = AQ = 10 - 4 = 6.
Значит,
АВ = AN + BN = 6 + 6 = 12.
Длину катета ВС находим по теореме Пифагора для А АВС:
ВС2 = АС2 - АВ2 = 400 - 144 = 256 ==> ВС = 16.
Ответ. 16.
Задача 17.
В треугольнике ABC Z.B = 90°, медиана ВМ = 10\/3. Окружность, вписанная
в треугольник АВМ, касается гипотенузы АС в точке Т. Найдите ВС, если
АТ: ТС =1:3.
Идея. Использовать свойство медианы, проведённой к гипотенузе прямоуголь¬
ного треугольника, и теорему о равенстве отрезков касательных, проведённых из
одной точки к окружности.
Указание. Найти длину гипотенузы АС прямоугольного треугольника, ис¬
пользуя свойство медианы, проведённой из вершины прямого угла.
У казание. На основе теоремы о равенстве отрезков касательных, проведённых
из одной точки к окружности, найти катет АС.
Указание. Найти длину катета ВС по теореме Пифагора.
Решение. В прямоугольном треугольнике ме¬
диана, проведённая из вершины прямого угла,
равна половине гипотенузы; следовательно,
АС = 2ВМ = 20v^3-
Пусть АТ = х, тогда по условию ТС = Зх. По-
лучаем
х + Зх = 20\/3 <=> х = 5у/3.
Значит, АТ = 5\/3; AM = 10\/3; ТМ = AM — АТ = 5\/3. Обозначим через
К и N точки касания окружности со сторонами АВ и ВМ треугольника АВМ.
Из теоремы о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной точки к
окружности, следует:
АТ = АК = 5х/3; ТМ = NM = 5^3;
ВК = BN = ВМ - NM = 5\/3.
Значит, АВ = АК+ВК = 10л/3. Длину катета ВС находим по теореме Пифагора
для ДАВС:
ВС2 = АС2 - АВ2 = 400 • 3 - 100 ■ 3 = 300 • 3 = 302 => ВС = 30.
Ответ. 30.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
99
Задача 18.
Пусть г - радиус окружности, вписанной в прямоугольный треугольник с катета-
,	~ тт	а + Ь- с
ми а, о и гипотенузой с. Докажите, что г =			.
Идея. При доказательстве использовать теорему о равенстве отрезков касатель¬
ных, проведённых из одной точки к окружности.
Указание. Использовать свойство касательной к окружности (касательная
перпендикулярна к радиусу, проведённому в точку касания).
Указание. Использовать свойство отрезков касательных, проведённых из од¬
ной точки к окружности.
Решение. Рассмотрим прямоугольный
треугольник АВС со сторонами ВС = а,
АС = Ь, АВ = с. Обозначим через М, N,
К точки касания сторон треугольника с впи¬
санной окружностью с центром О. Проведём
радиусы в точки касания.
По свойству касательной к окружности
построенные радиусы будут перпендикуляр¬
ны сторонам треугольника. Значит, четырёх¬
угольник CNOM - квадрат и
CN = СМ = г, ВМ = а — г, AN = b — г.
Воспользуемся теоремой о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной
точки к окружности:
АВ = АК + КВ = AN + ВМ => c = b-r + a-r <!=> г = —Ь~С,
что и требовалось доказать.
1.2.	Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
Задача 1.
Есть ли тупой угол у треугольника, стороны которого равны 10, 14 и 7?
Идея. Косинус тупого угла отрицательный.
Указание. Против большей стороны в треугольнике лежит больший угол.
Указание. Применить теорему косинусов для большей стороны и противоле¬
жащего ей угла.
Решение. В тупоугольном треугольнике косинус большего угла отрицательный.
Запишем теорему косинусов для большей стороны и противолежащего ей угла а:
49 + 100 - 196	47
cosa =	—		=	- < 0.
140	140
142 = 72 + 102 - 2 • 7 • 10 • cosa
Значит, угол а тупой.
Ответ. Да.

100
Указания и решения
Задача 2.
Стороны треугольника равны 2, 3, 4. Какой это треугольник: прямоугольный,
остроугольный или тупоугольный?
Идея. Косинус тупого угла отрицательный; косинус прямого угла равен нулю;
косинус острого угла положительный.
Указание. Против большей стороны в треугольнике лежит больший угол.
Указание. Применить теорему косинусов для большей стороны и противоле¬
жащего ей угла.
Решение. Запишем теорему косинусов для большей стороны и противолежаще¬
го ей угла а:
42 = З2 + 22 - 2 • 3 • 2 • cos а <=> cos а = f	= - Д- < 0.
12	12
Значит, угол а тупой; треугольник со сторонами 2, 3, 4 тупоугольный.
Ответ. Тупоугольный.
Задача 3.
Угол при вершине равнобедренного треугольника равен 120°. Боковая сторона
равна 4. Найдите квадрат длины медианы, проведённой к боковой стороне.
Идея. Воспользоваться определением медианы и теоремой косинусов.
Указание. Квадрат длины медианы най¬
ти по теореме косинусов.
Решение. Пусть AM - медиана в тре¬
угольнике АВС. По определению медианы
ВМ = МС = 2. Квадрат длины медианы
найдём из треугольника АМС по теореме
косинусов:
AM2 = АС2 + СМ2 - 2 • АС- СМ ■ cos 120° = 16 + 4 - 2 • 4 • 2 •	= 28.
Ответ. 28.
Задача 4»
Из точки А, лежащей на окружности, проведены две хорды, равные 7 и 15. Най¬
дите диаметр окружности, если расстояние между серединами хорд равно 10.
Идея. Применить теорему косинусов и теорему синусов.
Указание. Найти третью сторону треугольника.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
101
Указание. По теореме косинусов вычислить косинус
одного из углов.
Указание. Из основного тригонометрического тож¬
дества найти синус выбранного угла.
Указание. По теореме синусов определить диаметр
описанной окружности.
Решение. Отрезок MN является средней линией
треугольника ВАС', значит, ВС = 20. В треугольни¬
ке АВС известны все стороны. По теореме косинусов
найдём косинус одного из углов:
АС2 = АВ2 + ВС2 — 2 • АВ ВС- cosZB;
225 = 49 + 400 - 2 • 7 • 20 • cosZB
/о 224	4
cosZB =	=
7-40	5
Из основного тригонометрического тождества получаем
sin ZB
_ 3
“ 5’
Диаметр вычисляем по теореме синусов:
2Д=ДС Ц-^25.
sm ZB	3
Ответ. 25.
Задача 5.
Найти углы треугольника, если высота и медиана, проведённые из одной и той же
вершины, образуют с боковыми сторонами углы, равные а.
Идея. Получить тригонометрическое уравне¬
ние, содержащее угол а и угол между медиа¬
ной и высотой.
Указание. Выразить длины отрезков, на
которые основания высоты и медианы разби¬
вают сторону треугольника, через высоту, угол
а и угол между медианой и высотой.
Указание. Приравнять длины отрезков, на
которые основание медианы делит сторону тре¬
угольника.
Указание. Из полученного уравнения найти углы.
Решение. Проведём в треугольнике АВС высоту АН = h и медиану AM.
Пусть /ВАН = /САМ = а, /НАМ = (3. Из прямоугольных треугольников
АВН, АМН и АСН получаем соответственно
BH = h-tgor, НМ = h-tg/З; НС = h • tg(a + /3).

102
Указания и решения
Так как МС = ВМ, то ВС - НМ = ВН + НМ и
tg(a + /3) - tg/3 = tga + tg0
sin a _ sin(a + 0)
cos(a + /3) cos 0 cos a cos 0
=>	sin a cos a = sin(a + 0) cos(a + /3)	<=> sin 2a = sin 2 (a + /3)	<=>
<=> sin2(a + /3) - sin 2a = 0 <=> sin/3cos(2a +/3) = 0.
Равенство возможно в одном из двух случаев: либо /3 = 0, то есть ДАВС равно¬
бедренный с углами 2а, — — а, — — а; либо 2а + /3 = —; /3 = — — 2а, то есть
7Г 7Г
ДАВС прямоугольный с углами а, — — а, —.
Отметим, что условие задачи может быть проиллюстрировано ещё тремя чер¬
тежами. Рассмотрение дополнительных случаев проводится по той же схеме и
приводит к аналогичному результату.
7Г	7Г	7Г	7Г
Ответ, а; — — а; — или 2а; — — а; — — а.
Задача 6.
Биссектриса одного из острых углов прямоугольного треугольника в 6 раз короче
гипотенузы. Найти острые углы треугольника.
Идея. Применить теорему синусов.
Указание. Принять половину острого угла, в котором проведена биссектриса,
за новую переменную. Выразить через неё углы треугольника, сторонами которого
являются биссектриса и гипотенуза исходного прямоугольного треугольника.
Указание. Воспользоваться теоремой синусов и отношением из условия задачи.
Решение. Обозначим через AN биссектрису острого угла Z.CAB прямоуголь¬
ного треугольника АВС. По теореме о сумме внутренних углов треугольника для
A ABC А АВС = ~ - 2а. Из AABW ZANB = ~ + а.
A	L

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
103
Итак, в треугольнике ANB известны все
углы как функции а. Применим теорему си¬
нусов и воспользуемся известным из условия
отношением длин гипотенузы и биссектрисы:
AN	АВ
sinZ?lBN sinZylATB’
1	=	6
sin -2а) sin(^ + a)
6 cos (2а) = cos а
12 cos2 а — cos а — 6 = 0
3	2
cosa = - или cosa = —-.
4	3
3
•	cos а = -	=;
4
3
2 arccos-;
4
2
•	при cos a = — -
о
_	Л 3 7Г
Ответ. 2arccos-; —
4 2
3	3
а = arccos--, Z.CAB = 2 arccos-, Z.ABC =
4	4
7Г
2
7Г
а > —, что невозможно.
л 3
— 2 arccos -.
4
Задача 7.
Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами 5, л/7, 2\/3.
Идея. Применить теорему косинусов и теорему синусов.
У казание. По теореме косинусов найти косинус одного из углов треугольника.
Указание. Из основного тригонометрического
тождества найти синус выбранного угла.
Указание. По теореме синусов вычислить ради¬
ус описанной окружности.
Решение. В треугольнике АВС известны все
стороны. По теореме косинусов найдём косинус од¬
ного из углов. Например,
АС2 = АВ2 + ВС2 — 2 • АВ ВС- cos^B-,
25 = 7+12-2-У7-2\/3-cosZB <=>
Из основного тригонометрического тождества
cosZB =

2\/2l
sin ZB =
75 _ 5
4-21 ~ 2x/7‘
Далее применим теорему синусов:
AC
=2R
sin ZB
Ответ. \/7.

104
Указания и решения
Задача 8.
В треугольник АВС вписана окружность, которая касается сторон АВ, ВС, АС
соответственно в точках М, D, N. Известно, что NA = 2, NC = 3, ВСА = ~.
Найти МD.	®
Идея. Вычислить стороны и углы треугольни¬
ка АВС; искомую величину найти по теореме
косинусов.
Указание. С помощью теоремы косинусов
для ДАВС определить длину отрезка ВМ и
cosZB.
Указание. Для нахождения искомой вели¬
чины воспользоваться теоремой косинусов для
AMBD.
Р е ш е н и е. Прежде всего заметим, что по теореме о равенстве отрезков касатель¬
ных, проведённых из одной точки к окружности, AM = AN = 2, CD = CN = 3,
ВМ = BD. Обозначим ВМ = х. Запишем для А АВС теорему косинусов:
АВ2 = АС2 + ВС2 - 2 • АС ВС cos Z.ACB-,
(2 + х)2 = 52 + (3 + а;)2 - 2 • 5 • (3 + х) • i <=>
<=> 4 + 4а; + а;2 = 25 + 9 + 6а; + а;2 - (15 + 5а;) «=> За; = 15 <=> х = 5.
Итак, известны стороны ААВС: АВ = 2+5 = 7, ВС = 5+3 = 8, АС = 3+2 = 5.
По теореме косинусов для ААВС
АС2 = АВ2 + ВС2 — 2 • АВ • ВС ■ cos Z.АВС <=>
, , /ЛОГ1 АВ2 + ВС2 - АС2 49 + 64-25	11
<=> cos Z АВС =	■	=	■	= —.
2 • АВ • ВС	2-7-8	14
Далее применим теорему косинусов для AMBD:
МD2 = ВМ2 + BD2 - 2 • ВМ ■ BD ■ cos Z.MBD-,
MD2 = 25 + 25 - 50 • -^ = 50 •	= 71 MD = 5
14	14	7	V 7
Задача 9.
Известны длины двух сторон а = 7, b = 9 треугольника и его площадь S = 14\/5.
Третья сторона треугольника больше удвоенной медианы, проведённой к ней. Най¬
ти радиус окружности, вписанной в этот треугольник.
Идея. Найти длину третьей стороны треугольника и воспользоваться формулой
для вычисления площади через полупериметр и радиус вписанной окружности.
1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
105
Указание. Зная площадь треугольника и
длины двух сторон, вычислить синус угла.
Указание. Обосновать утверждение: тре¬
угольник тупоугольный.
Указание. По теореме косинусов найти тре¬
тью сторону.
Указание. По площади и трём сторонам вы¬
числить радиус вписанной окружности.
Решение. По площади и двум сторонам треугольника можно найти синус угла
между ними:
S^abc = | • АВ • ВС ■ sin /АВС
sin Z.ABC =
25длвс __ 2 ■ 14>/5 __ 4V5
АВ - ВС~ 7-9	9*~‘
Из основного тригонометрического тождества
/	ЯП 1
|cosZ4BC| = Jl-- = -.
у	ОХ с/
Докажем, что треугольник АВС тупоугольный, а именно /АВС > Вос¬
пользуемся свойством: против большей стороны треугольника лежит больший
угол. По условию AM = МС > ВМ. Значит, /АВМ > /ВАМ (&АВМ) и
/СВМ > /ВСМ (&СВМ). Сложив неравенства почленно, получим
/АВМ + /СВМ > /ВАМ + /ВСМ <=> /АВС > /ВАМ + /ВСМ <=>
<=> /АВС + /АВС > /ВАМ + /ВСМ + /АВС = тг «=► /АВС >
2
Значит, cos/АВС = — < 0. По теореме косинусов для ДЛВС
с/
АС2 = АВ2 + ВС2 — 2 • АВ ВС - cos /АВС-,
АС = 12.
АС2 = 49 + 81 + 2 • 7 • 9 • ^ = 130 + 14 = 144
Осталось определить радиус вписанной окружности по площади треугольника и
его сторонам:
S^abc
г =

Р
S^abc = рг
где р - полупериметр треугольника;
2 • 14 • V5 28 • у5 /-
Т —- -	— 	 — -1/ к
7 + 9+12	28
Ответ, у/5.
Замечание. По ходу решения этой задачи мы доказали полезный факт: если
медиана треугольника меньше половины стороны, к которой она проведена, то
угол, из вершины которого проведена медиана, тупой.

106
Указания и решения
Задача 10.
У треугольника известны длины двух сторон и площадь: а = 6, b = 8, S = 3\/15.
Третья его сторона меньше удвоенной медианы, проведённой к ней. Найти радиус
вписанной в этот треугольник окружности.
Идея. Найти длину третьей стороны треугольника и воспользоваться формулой
для вычисления площади через полупериметр и радиус вписанной окружности.
Указание. Найти синус и косинус угла, противолежащего неизвестной стороне.
Показать, что треугольник остроугольный.
Указание. По теореме косинусов вычислить длину неизвестной стороны.
Указание. Радиус вписанной окружности выразить через полупериметр и пло¬
щадь треугольника.
Решение. Путь СМ - медиана угла С треуголь¬
ника АВС, АС = 8, ВС = 6, АВ < 2СМ,
S&ABC = 3>/15. По формуле для площади треуголь¬
ника
S&ABC = -^АС • ВС • sin ААСВ
находим синус угла АС В:
sin ААСВ =
25ддвс 6\/15	У15
АС-ВС 8-6	8 ’
Модуль косинуса угла АС В определим из основного тригонометрического тожде¬
ства:
/ TF 7
|еозгЛСВ| = \/1-й»5.
Докажем, что ААСВ острый. Воспользуемся свойством: против большей сторо¬
ны треугольника лежит больший угол. По условию AM = МВ < СМ. Значит,
А АСМ < АСАМ (ААСМ) и АВСМ < АСВМ (АСВМ). Сложив неравенства
почленно, получим
ААСМ + АВСМ < АСАМ + АСВМ Ф=> ААСВ < АСАМ + АСВМ
<=> ЛАС В + ЛАС В < ZB AM + ЛВСМ + ЛАС В = тг <=> ЛАС В <
Значит, cos ААСВ > 0. По теореме косинусов находим третью сторону ДАВС:
АВ2 = 82 + 62 - 2 • 8 • 6 • \ = 16 => АВ = 4.
8
Осталось применить формулу для вычисления площади треугольника через полу¬
периметр и радиус вписанной окружности:
Q	S&ABC 3\/15	х/15
Ьддвс = pr <=> г =	= —— = —— .
р 9	3
Ответ. ——
о
Замечание. При решении этой задачи мы доказали полезный факт: если меди¬
ана треугольника больше половины стороны, к которой она проведена, то угол,
из вершины которого проведена медиана, острый.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
107
Задача 11.
Прямая, проходящая через точки G и К, служит биссектрисой угла FGH. Из¬
вестно, что KF ± GF, КН ± GH, KF = КН = 8, GK = 17. Отрезок GL
содержит точку F, FL = 2. Отрезок GM содержит точку Н и НМ = 19. Найти
длину отрезка ML.
Идея. Найти катет FG и угол Z.KGF прямоугольного треугольника KFG-,
применить теорему косинусов в &LGM.
Указание. В прямоугольном &KFG найти катет FG по теореме Пифагора и
косинус Z.KGF.
Указание. Воспользоваться теоремой косинусов для &LGM.
Решение. По условию &KFG и AKHG прямоугольные, причём они равны по
гипотенузе и катету. Из AKFG
FG = VGK2 - KF2 = \/172 - 82 = ^(17 - 8)(17 + 8) = У<Г"25 = 15;
Так как &KFG = AKHG, то
ZFGM = 2Z.KGF-, GH = GF = 15.
Тогда в ALGM находим
GL = GF + FL = 15 + 2 = 17; GM = GH + НМ = 15 + 19 = 34;
cosZLGM = 2cos2ZFGF-1 = 2 f—- 1 = ^.
\17/	289
Длину отрезка ML найдём по теореме косинусов:
ML2 = GL2 + GM2 — 2 • GL- GM cos ZLGM;
ML2 = 172 + 342 — 2-17- 34- ^ = 289 + 1156-644 = 801 => ML = У801.
Ответ. >/801.
Задача 12.*
В треугольнике KMN сторона КМ = 6, MN - KN = 2, cos/FAT/V = 3/5.
Найти площадь треугольника KMN.

108
Указания и решения
Идея. Найти длины сторон треугольника, приме¬
нив теорему косинусов.
Указание. Вычислить длины неизвестных сторон
треугольника по теореме косинусов.
Указание. Для определения площади треуголь¬
ника воспользоваться формулой Герона.
Решение. Пусть KN = х, тогда по условию
MN = х + 2. Неизвестную величину х найдём по
теореме косинусов:
KN2 = MN2 + КМ2 - 2 • MN ■ КМ • cos Z.KMN-,
х2 = (х + 2)2 + 62 - 2 • (х + 2) • 6 • - <=> 16х = 128 •*=> х = 8.
5
Значит, KN = 8, MN = 10. Площадь треугольника вычислим по формуле
= \/р(р - а)(р - Ь)(р - с);
а + b + с	.
где р =			полупериметр; а, о, с - длины сторон треугольника;
S^KMN = \/12(12 — 6)(12 — 8)(12 — 10) = \/12 • 6 • 4 • 2 = 24.
Замечание. Треугольник со сторонами 6, 8, 10 - прямоугольный; его площадь
s = | -6-8 = 24.
Ответ. 24.
Задача 13.*
Известно, что радиус окружности, описанной около треугольника АВС равняется
стороне АВ этого треугольника. Найти высоту треугольника АВС, проведённую
из точки С, если она меньше 1/2, а две другие стороны треугольника равны 2
и \/3.
Идея. Используя теорему синусов, найти sinZC; высоту найти по площади.
Указание. Используя теорему синусов, найти sinZC.
Указание. Рассмотреть варианты: угол С острый, угол С тупой.
Указание. Найти длину неизвестной стороны по теореме косинусов.
Указание. Определить искомую величину по площади треугольника, произве¬
сти отбор по условию.
Решение. По теореме синусов легко найти sinZC, однако по синусу угла тре¬
угольника нельзя однозначно определить сам угол: он может быть как острым,
так и тупым. Значит, надо будет рассмотреть два случая.
Используя теорему синусов для А АВС, с учётом условия АВ = Я, где R -
радиус описанной окружности, получаем
АВ	1	1	/о
—- = 2Я => sinZC = -; £ддвс = ^ВС-ЛС-sin ZC=—.
oiii z_o	z	2	2
Рассмотрим возможные варианты.

1.2. Общие треугольники. Теоремы синусов, косинусов.
109
•	Если ZC = 30°, то по теореме косинусов для Д АВС
АВ2 = 4 + 3 — 2 * 2 • \/3 • -— = 1 => ЛВ = 1,
&
тогда СН = рВ<? = \/3 > -, не подходит.
•	Если ZC = 150°, то
\/3
АВ2 = 4 + 3 + 2-2-\/3--у = 13 =>
АВ = У13,
r~,T. 2S&abc
тогда СН = ———
АВ
1
2’
подходит.
Задача lj.*
В треугольнике АВС известны стороны АВ = 7, АС = 8 и cosZBАС = —.
16
На стороне ВС выбрана такая точка D, что DC : ВС = 1:3. Найти радиус
окружности, вписанной в треугольник ABD.
Идея. Найти длину отрезка AD и воспользоваться
разными формулами для площади треугольника.
Указание. По теореме косинусов найти длину
стороны ВС и отрезка AD.
Указание. Определить искомую величину по пло¬
щади треугольника.
Решение. Прежде всего найдём длину стороны
ВС. Для этого воспользуемся теоремой косинусов
для ДАВС:
ВС2 = АВ2 + АС2 - 2АВ • АС ■ cosZBAC;
ВС2 = 49 + 64 - 2 • 7 • 8 • — = 36 =з>
16
ВС = 6; BD — 4; DC = 2.

Указания и решения
no
Далее найдём длину отрезка AD. Для этого предварительно по теореме косинусов
для &АВС посчитаем cos ZАВС\
АС2 = АВ2 + ВС2 - 2АВ ■ ВС ■ cos Z.ABC <$=►
с/АЯГ-^с2 + АВ2 + ВС2	-64 + 49 + 36 1
2АВ ВС	2-7-6	4
и применим теорему косинусов для ДАВD:
AD2 = АВ2 + BD2 - 2АВ • BD • cos Z.ABC = 49 + 16 - 14 = 51 => AD = ч/бТ.
Из основного тригонометрического тождества
sin LАВС = sin Z.ABD = ч/l- — = ./И =
V 16 V 16	4 ’
Искомый радиус вычислим по площади ДЛВ£>:
q	1 л d е? п • / а г> АВ BD + AD
b^ABD = - • АВ • BD • sin A ABD  	. г =>
2	2
Г - _Lyn- - v^dl - '/Й)
г п + Уб! ю
п Д5(11 - ч/5Т)
1.3.	Медиана, биссектриса, высота.
Задача 1.
Доказать, что если у треугольника равны две медианы, то он равнобедренный.
Идея. Использовать признак равенства треугольников по двум сторонам и углу
между ними.
Указание. Медианы точкой пересечения делятся в
отношении 2:1, начиная от вершины.
Решение. Пусть медианы AD = BE = т, тогда
АО = ВО = |т, ЕО = DO = ^т.
Так как углы при вершине О вертикальные, то
ААОЕ = ABOD по первому признаку (две стороны
и угол между ними).
Следовательно, АЕ = BD и сторона АС (равная
2АЕ) равна стороне ВС (равной 2BD).

1.3. Медиана, биссектриса, высота.
111
Задача 2.
Медиана треугольника совпадает с его биссектрисой. Доказать, что этот треуголь¬
ник равнобедренный.
Идея. Использовать свойство биссектрисы.
Указание. Биссектриса угла а делит сторону а на отрезки аъ и аС) которые
пропорциональны сторонам Ь и с: аъ : ас = b : с.
Решение. Поскольку медиана совпадает с биссектрисой, в равенстве
аъ • CLq — b • с
отрезки аъ и ас равны. Следовательно, b : с = 1, то есть b = с.
Задача 3.
Найдите площадь прямоугольного треугольника, если биссектриса прямого угла
делит гипотенузу на отрезки длины 15 и 20.
Идея. Использовать свойство биссектрисы.
Указание. Биссектриса угла а делит сторону а
на отрезки аъ и ас, пропорциональные сторонам Ь
и с: аъ ‘ ас = b : с.
Указание. Площадь треугольника найти как
полу произведение катетов. Катеты найти, исполь¬
зуя свойство биссектрисы и теорему Пифагора.
Решение. Пусть AD - биссектриса прямого угла
треугольника АВС. По свойству биссектрисы
АВ _ DB 15	3
AC ~ DC ~ 20 “ 4’
Обозначим АВ = Зх, тогда АС = 4х, По теореме Пифагора для ДАВС
9а;2 + 16а:2 = 352	<=> а;2 = 49.
Площадь ДАВС вычислим как полупроизведение катетов:
S^abc =	= 6а;2 = 6 • 49 = 294.
Ответ. 294.
Задача 4-
Найдите биссектрисы острых углов прямоугольного треугольника, катеты кото¬
рого равны 18 и 24.
Идея. Использовать свойство биссектрисы.
Указание. По теореме Пифагора вычислить длину гипотенузы.

112
Указания и решения
Указание. Воспользоваться свойством биссек¬
трисы: биссектриса угла а делит сторону а на от¬
резки аъ и ас, пропорциональные сторонам Ь и с:
аъ : ас = Ь : с.
Решение. Рассмотрим прямоугольный треуголь¬
ник АВС с катетами АВ = 18, АС = 24. Прежде
всего по теореме Пифагора найдём длину гипоте¬
нузы ВС:
ВС2 = АВ2+АС2 = 182+242 = 324+576 = 900 =>
ВС = 30.
Пусть ВМ и CN - биссектрисы острых углов ZB и ZC. Введём обозначения:
AM = х, AN = у. По свойству биссектрисы
AM АВ	х 18
МС ~ ВС	24 - х ~ 30	5Х ~ 3^24 ~ х>> *=* х = 9;
по теореме Пифагора для ААВМ
ВМ2 = АВ2 + AM2 = 182 + 92 = 92 • 5
ВМ = 9^5.
Аналогично находим длину биссектрисы CN:
AN _ АС	у _ 24
NB~ ВС	18 - у ~ 30
по теореме Пифагора для &ANC
$У = 4(18-7/)
<=> У = 8;
NC2 = АС2 + AN2 = 242 + 82 = 82 • 10 =>
Ответ. 9л/5;8\/1б.
NC = 8У10.
Задача 5.
В окружность радиуса 4\/3 вписан треугольник АВС,
в котором /_А = 60°, а сторона АВ в два раза боль¬
ше стороны АС. В треугольнике проведена биссектри¬
са AM. Найдите длину отрезка МС.
Идея. Использовать свойство биссектрисы.
Указание. Найти длину стороны ВС по теореме си¬
нусов.
Указание. Воспользоваться свойством биссектрисы:
биссектриса угла а делит сторону а на отрезки аъ и
ас, пропорциональные сторонам b и с: аъ : ас = b : с.
Решение. По условию АВ = 2АС. Длину стороны ВС треугольника АВС
можно вычислить, используя теорему синусов:
Уз
ВС = 2R ■ sin 60° = 2 • 4\/3 •	= 12.
По свойству биссектрисы
Ответ. 4.
МС 1
12-МС ~ 2
МС = 4.

1.3. Медиана, биссектриса, высота.
113
Задача 6.
В треугольнике ВСЕ угол ZC = 60°, СЕ : ВС = 3:1. Отрезок СК - бис¬
сектриса треугольника. Найдите КЕ, если радиус описанной около треугольника
окружности равен 8\/3.
Идея. Использовать свойство биссектрисы.
Указание. Найти длину стороны BE по теореме си¬
нусов.
У казание. Воспользоваться свойством биссектрисы:
биссектриса угла а делит сторону а на отрезки аь и
ас, пропорциональные сторонам b и с: аь : ас = Ь: с.
Решение. По условию СЕ = ЗВС. Длину стороны
BE треугольника ВСЕ найдём, используя теорему си¬
нусов:
х/З
ВЕ = 27?-sin60° = 2-8V3-	= 24.
КЕ 3
По свойству биссектрисы 	= -	<=> КЕ = 18.
Ответ. 18.
Задача 7.
Зная угол а при вершине треугольника, определите острый угол между биссек¬
трисами двух других углов треугольника.
Идея. Воспользоваться теоремой о сумме внут¬
ренних углов треугольника.
Указание. Используя определение биссектрисы
и теорему о сумме внутренних углов треугольника,
выразить углы между биссектрисами через а.
Указание. Произвести отбор острого угла.
Решение. Пусть ZA = a; BL и СМ - биссек¬
трисы углов ZB и ZC, соответственно; О - точка
пересечения биссектрис. Из треугольника ВОС по¬
лучаем, что
ЛВОС = тг - izs - |zc.
Так как ZB + ZC = тг — а, то
Z.BOC =	> -.
2	2
Следовательно, угол ВОС - тупой, а угол LOC - острый; Z.LOC =
~	л- - а
Ответ. —-—.
2

114
Указания и решения
Задача 8.
Зная углы а и /3 при основании треугольника, определите угол между высотой и
биссектрисой, проведёнными из угла, противолежащего основанию.
Идея. Выразить искомый угол через угол при вершине треугольника и угол
между высотой и боковой стороной.
Указание. Рассмотреть два варианта взаимного расположения высоты и бис¬
сектрисы.
Решение. Рассмотрим ДЛВС с высотой СН и биссектрисой CL.
1)	Если точки Н и L совпадают, то искомый угол равен нулю.
2)	Пусть точка L лежит между А и Н (левый рисунок). Тогда
Z.LCH = ЛЬСВ - ЛНСВ.
Так как Z.LCB =	= 180° ~ (<* + Z?), а ^нсв = 90° — /3, то
&	и
ЛЬСН = 180° ~	+ ® - 90° + (3 =
3)	Если точка L лежит между В и Н (правый рисунок), то аналогично полу¬
чаем
гьсн = гнев - гьсв = Л
2
В общем виде ответ будет выглядеть так: Z.LCH =
Задача 9.
Медианы треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: прямоугольный,
остроугольный или тупоугольный?
Идея. Сравнить квадрат одной стороны треугольника с суммой квадратов двух
других сторон.

1.3. Медиана, биссектриса, высота.
115
Указание. Вычислить квадраты длин сторон треугольника, используя форму¬
лы длины медианы.
Решение. Для трёх медиан имеем:
4т2 = 2Ь2 + 2с2 - а2,
4т2 = 2а2 + 2с2 — Ь2,
4т2 = 2а2 + 2Ь2 - с2.
Найдём а2,Ь2,с2. Сложим второе и третье уравнения:
4(m2 + т2) = 4а2 + (Ь2 + с2).
Выразив из последнего уравнения (Ь2 + с2) и подставив в первое, получим
4m2 = 8(т2 + т2) - 9а2,
откуда
а2 = (2т2 + 2m2 - т2).
Аналогичные формулы справедливы для b и с. В результате
а2 = ^-73, Ь2 = £-52, с2 = ^-25.
Поскольку для квадрата большей стороны треугольника выполняется неравенство
а2 < Ь2 + с2, треугольник является остроугольным.
Ответ. Остроугольный.
Задача 10.
Высоты треугольника равны 3, 4, 5. Какой это треугольник: прямоугольный, ост¬
роугольный или тупоугольный?
Идея. Сравнить квадрат одной стороны треугольника с суммой квадратов двух
других сторон.
Указание. Выразить стороны треугольника через его высоты и площадь.
Решение. Пусть а, Ь, с - стороны треугольника; соответствующие им высоты
ha = 3, hb = 4, hc = 5. Для площади треугольника имеем:
_ aha bhb
5 = ~ = "Т
4S2
откуда а2 = —,
chc	2S	2S	, 2S	S 2S	2S
= —	=>	а = —	=	—,	о = — =	—.	с = — =	—.
2	Ла	з	’	Ль	2’ Лс	5 ’
,2 S2 2 4S2 _
о = —, сх = ——. В результате получаем
4	25
,2 , 2	41S2	2	4S2
100	9 ’
следовательно, треугольник тупоугольный.
Ответ. Тупоугольный.

116
Указания и решения
Задача 11.
В треугольнике АВС медианы AD и BE пересекаются под прямым углом. Из¬
вестно, что АС = 3, ВС = 4. Найти сторону АВ этого треугольника.
Идея. Использовать теорему о пересечении медиан (медианы точкой пересече¬
ния делятся в отношении 2:1, считая от вершины).
Указание. Получить систему из двух уравнений с двумя неизвестными, два¬
жды применив теорему Пифагора.
Решение. Пусть медианы AD и BE треугольника АВС пересекаются в точ¬
ке О. Обозначим ЕО = ж, DO = у. Тогда по теореме о пересечении медиан
ОВ — 2ж, О А = 2у,
Сторону АВ будем искать из прямоугольного
треугольника АОВ по теореме Пифагора:
АВ = у/ 4ж2 + 4?/2 = 2\/х2 + у2.
Теперь применим теорему Пифагора к треуголь¬
никам АЛОЕ и ABOD:
( х* + (2у)2 = №2,
\ (2х)2 + у2 = 22.
Сложив уравнения и поделив на 5, получим
Следовательно, АВ = 2ух2 + у2 = \/5.
х2 + у2 = 5/4.
Ответ. \/5.
Задача 12.
В треугольнике известны длины двух его сторон 6 и 3. Полусумма длин высот,
опущенных на эти стороны, равна длине третьей высоты. Найти длину его третьей
стороны.
Идея. Записать площадь треугольника тремя способами.
Указание. Использовать формулу площади через высоту и основание.
Решение. Пусть высота, опущенная на сторону а длины 6, равна ha, а высота,
,	1 т-г	1 ha + h>b ъ
опущенная на сторону о длины 3, равна пь- По условию hc = —-—• Выразим
площадь треугольника через высоты:
с _ 6ha „Ыь „ _
5	2 ’ 5	2 ’	2	’
Выразив ha, hb из первых двух уравнений и подставив в третье, получим с = 4.
Ответ. 4.

1.3. Медиана, биссектриса, высота.
117
Задача 13.
В треугольнике АВС угол А - прямой. Из вершины А проведены медиана AM,
высота АН и биссектриса AL. Доказать, что AL - биссектриса в треугольнике
АМН.
Идея. Выразить AHAL, Z.MAL через углы треугольника.
Указание. AHAL = AMAL = у - ААВС.
4
Решение. В любом треугольнике биссектриса лежит между медианой и высо¬
той. Так как AM - медиана ААВС, проведённая из вершины прямого угла к
гипотенузе, то AM = -ВС и ДАВМ, &АСМ - равнобедренные. Значит,
А АВМ = АВ AM = а; АМС А = AM АС = | - а.
Поскольку АН - высота треугольника, то
АН АС = а; АН АВ = - а;
AHAL = ALAC - АН АС = - а;
4
AMAL - AM АС - ALAC =	=
2	4	4
Следовательно, Z.HAL = Z.MAL, то есть AL - биссектриса угла МАН.
Задача 14-
В треугольнике АВС даны стороны b и с. Угол а вдвое больше угла (3. Найти
сторону а.
Идея. Провести биссектрису угла А. Записать систему двух уравнений с двумя
неизвестными.
Указание. Использовать свойство биссектрисы и формулу её длины.

118
*—Е^+ения
Решение. Проведём биссектрису AL, тогда
&ABL будет равнобедренным.
Пусть BL = AL = х, LC = у, тогда квадрат
биссектрисы равен
х2 = cb — ху.
Кроме того, по свойству биссектрисы с/Ь = х/у.
Из этих уравнений найдём
2 с2Ь 2 Ь3
xz =	, у2 =	.
Ь + с’ У Ь + с
В результате
а = ВС — х + у =
= VbVb + с = \/b2 + Ьс.
Ответ. \/Ь2 + Ьс.
Задача 15.*
Доказать, что в любом треугольнике большей стороне соответствует
сектриса.
меньшая бис-
Идея. Воспользоваться формулой для биссектрисы, содержащей косинус поло¬
винного угла.
Указание. Использовать то, что в треугольнике напротив большей стороны
лежит больший угол.
Решение. Пусть а - наибольшая сторона треугольника и а - наибольший угол
треугольника. Биссектрисы, проведённые к сторонам а и Ь треугольника, вычис-
а	/3
2Ьс • cos — 2ас • cos —
ляются по формулам 1а = —		2.; 1ъ =	—• Сравним их:
Ь + с	а + с
а	в
2Ьс • cos — 2ас • cos —	а	0
—		— v	2	6 (а + с) • cos — V а (b + с) • cos
b+c	а+с	v 7	2	2
Так как а > /3 и Ь < а, то0< cos ~ < cos < 1 и Ьа+Ьс < Ьа+ас. Следовательно,
Q	Q
Ь(а + с) • cos — < а (Ь + с) • cos - и 1а < 1ь>

1.3. Медиана, биссектриса, высота.
119
Задача 16.
Две биссектрисы у треугольника равны. Доказать, что он равнобедренный.
Идея. Доказательство проводить методом от противного.
Указание. В любом треугольнике большей стороне соответствует меньшая бис¬
сектриса.
Решение. Пусть 1а = 1ъ. Предположим, что треугольник не является равнобед¬
ренным. Следовательно, Za / Z/3. Для определённости пусть Za > Z/3 и а > Ь.
Так как в треугольнике большей стороне соответствует меньшая биссектриса, то
1а < 1ь- Получили противоречие; значит, наш треугольник равнобедренный.
Задача 17."
В треугольнике KLM проведены биссектрисы LE и KF углов KLM и LKM
соответственно, которые пересекаются в точке О. Известно, что KL = LE, пери¬
метр треугольника KLM равен 34, LO = З ОЕ. Найти ML.
Идея. Использовать свойство биссектрисы и формулу для вычисления квадрата
её длины.
Указание. Обозначить KL = LE = х, LM = у, используя свойство биссек¬
трисы, выразить КЕ и ME через новые переменные.
Указание. Используя формулу для квадрата биссектрисы, найти связь между
х и у.
Указание. Записать периметр через хну.
Решение. Введём обозначения:
KL = LE = х, LM = у.
По свойству биссектрисы для AKLE
LK__LO__3 КЕ--
КЕ~ ОЕ~ 1	~ 3’
По свойству биссектрисы для AKLM
Ы = ™ ЕМ = ~.
LM ЕМ	3
Применим теорему о квадрате длины биссектрисы:
г Г2 2 ХУ 8хУ
LE = Х^ =xy- — = -Q-
Х=*У
9 ’
Наконец, воспользуемся условием
х у
P&klm = 34 = х + у+ - + -
8у 3-17
~9+У=^~
,	,	3-17
х+у = —
y = ML = ~.
у	2
Ответ. —.

120
Указания и решения
Задача 18.*
В треугольнике АВС угол С равен 120°, а биссектриса угла С равна 3. Дли¬
ны сторон АС и ВС относятся как 3:2 соответственно. Найти тангенс угла А и
сторону ВС.
Идея. Тангенс угла А найти, используя теорему синусов. Для нахождения сто¬
роны ВС использовать свойство биссектрисы, формулу для вычисления квадрата
длины биссектрисы и теорему косинусов.
У казание. Обозначить LA = а, тогда ZB = 180° — а — 120°. Записать теорему
синусов для £±АВС.
Указание. Свойство биссектрисы: биссектриса угла а делит сторону а на от¬
резки аь и ас, пропорциональные сторонам Ъ и с: аь : ас = Ъ : с.
Указание. Квадрат длины биссектрисы: I2 = Ьс — аъас.
Указание. Теорема косинусов: с2 = а2 + b2 — 2abcosy.
Решение. Введём обозначения: АС = Зх, LA = а, тогда по условию ВС = 2ж,
ZB = 180° - а — 120°. Запишем теорему синусов для ДАВС:
ВС _ АС	2х _	Зх
sin ZA sin ZB	sin a	sin(180° — (a + 120°)
/-	\/3
<=> 2sin(a +120°) = 3sina <=> 4sina = v3cosa <=> tga = —.
Теперь найдём сторону ВС. Пусть СМ - биссектриса угла С. По свойству бис¬
сектрисы
AM : ВМ = 3:2.
Обозначим AM = 3?/, ВМ = 2у.
Для нахождения ВС воспользуемся формулой для вычисления квадрата длины
биссектрисы и теоремой косинусов для АВМС:
9 = 6ж2 — 6т/2; 4у2 = 4х2 + 9 — 12ж • cos60°.
Выразив из первого уравнения у2 и подставив во второе, найдём х:
X = 5 => ВС = 5.
2
Ответ.

1,3, Медиана, биссектриса, высота.
121
Задача 19 .*
В треугольнике KLM длина стороны KL = 24, длина биссектрисы LN = 24, а
длина отрезка MN = 9. Определить периметр треугольника LMN.
Идея. Использовать свойство биссек¬
трисы и формулу для вычисления квад¬
рата её длины.
Указание. Свойство биссектрисы:
биссектриса угла а делит сторону а на
отрезки аъ и ас, пропорциональные сто¬
ронам Ь и с: аъ '• ас = Ь : с.
Указание. Квадрат длины биссек¬
трисы: Z2 = Ьс — аьас.
Решение. Введём обозначения: LM = х, NK = у. По свойству биссектрисы
KL _ KN_
LM ~ NM
ху = 24 • 9.
Воспользуемся формулой для вычисления квадрата длины биссектрисы:
LN2 = KLLM-KN-NM =>
о
242 = 24ж - 9у <=> у = -(ж - 24).
о
Подставим найденную зависимость в первое уравнение:
8х(х — 24) = 24-9-3 <=> х2 — 24ж — 81 = 0 => х = 27 => у = 8.
Тогда P&lmn = 24 + 27 + 9 = 60.
Ответ. 60.
Задача 20.*
В треугольнике АВС с длинами сторон а = 7, Ь = 5, с = 3 проведена биссектри¬
са AD. Вокруг треугольника ABD описана окружность, а в треугольник ACD
вписана окружность. Найти произведение их радиусов.
Идея. Найти длины всех сторон треугольников ABD и ACD-, выразить про¬
изведение радиусов через стороны и площади соответствующих треугольников и
воспользоваться известным отношением площадей.
Указание. Использовать свойство биссектрисы: биссектриса угла а делит сто¬
рону а на отрезки аь и ас, пропорциональные сторонам Ь и с: аь : ас = Ь : с.
Указание. Найти длину биссектрисы по формуле: I2 = Ьс — аъас.
Указание. Выразить радиусы через площади соответствующих треугольников.
Указание. Произведение радиусов будет содержать отношение площадей тре¬
угольников, равное BD : CD.

122
Указания и решения
Решение. Прежде всего найдём длины отрезков BD и CD. По свойству бис-
сектрисы
Длину биссектрисы вычислим по формуле:
AD2 = АВ > АС - BD • CD = 15 - у > у =	=> AD = у.
Радиусы описанной и вписанной окружностей выразим через площади соответ¬
ствующих треугольников:
а ABBD-AD
b^ABD = 	—

47?
S&ADC = РГ =>
Искомая величина
7?г =	3,21,15
4•64•S&ABD
R = АВ-ВР- АР _	3-21 >15
4•S&ABD 4•64•S&ABD’
S&ADC 8•S^ADC
г =	= 	.
р	45
8•S^ADC _ 21 > S&ADC
45	32 • S&abd
Поскольку треугольники ADC и ABD имеют общую высоту, опущенную из вер¬
шины А, то отношение их площадей равно отношению длин оснований:
S&ADC _ CD _ 5
S&ABD ВР 3’
окончательно получаем
21 • 5 _ 35
32 -3 ~ 32’
Ответ.
35
32’
1.4.	Подобие треугольников. Теорема Фалеса.
Задача 1.
В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) на стороне ВС взята точка
D так, что BD : DC = 1 : 4. В каком отношении прямая AD делит высоту BE
треугольника АВС, считая от вершины В?

1.4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса.
123
Идея. Выполнив дополнительные построения, использовать теорему Фалеса.
Указание. Провести через точку Е прямую параллельно прямой AD. Опре¬
делить, в каком отношении точка пересечения построенной прямой и прямой ВС
разделит отрезок DC. Применить теорему Фалеса к углу ACD.
Указание. Найти искомое отношение с помощью теоремы Фалеса, применённой
к углу СВЕ.
Решение. Пусть М - точка пересечения высоты BE с прямой AD. Обозначим
BD = х, тогда DC = 4х. Проведём через точку Е прямую, параллельную прямой
AD, до пересечения с прямой ВС в точке К. Так как треугольник АВС равно¬
бедренный, то Е - середина отрезка АС. Тогда по теореме Фалеса, применённой
к углу ACD, точка К - середина отрезка DC\ следовательно, DK = КС = 2х.
СВЕ-.
Теперь применим теорему Фалеса к углу
ВМ _ В£
ME “ DK
х 1
2z “ 2*
Ответ. 1:2.
Задача 2.
Дан треугольник АВС и точки Е и F на сторонах ВС и АС соответственно,
причём АО : ОЕ = 3 : 1 и AF : FC = 6:5, где О - точка пересечения отрезков
АЕ и BF. В каком отношении точка Е делит сторону ВС?
Идея. Выполнив дополнительные построения, использовать теорему Фалеса.
Указание. Провести через точку Е прямую параллельно прямой BF. Опре¬
делить, в каком отношении точка пересечения построенной прямой и прямой АС
разделит отрезок АС. Применить теорему Фалеса к углу ЕАС.
Указание. Найти искомое отношение с помощью теоремы Фалеса, применённой
к углу АС В.

124
Указания и решения
Решение. Пусть AF = 6у, FC — Ьу. Про¬
ведём через точку Е прямую, параллельную
прямой BF, до пересечения с прямой АС в
точке К. Так как О делит отрезок АЕ в от¬
ношении 3 : 1, то по теореме Фалеса, приме¬
нённой к углу ЕАС, точка F делит отрезок
АК также в отношении 3:1; следовательно,
FK = AF/3 = 2у.
Теперь применим теорему Фалеса к углу
АС В:
BE _ FK __ 2у _ 2
ЕС ~ КС ~ 5у — 2у ~ 3‘
бу F 5у С
Ответ. 2:3.
Задача 3.
Длина основания треугольника равна 36. Прямая, параллельная основанию, делит
площадь треугольника пополам. Найти длину отрезка этой прямой, заключённого
между сторонами треугольника.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников; квадрат коэффициента подо¬
бия найти из отношения площадей.
Указание. Обосновать подобие треугольников.
Указание. Из отношения площадей треугольников найти квадрат коэффици¬
ента подобия.
Указание. Искомую величину найти из отношения подобия.
Решение. Пусть MN - отрезок прямой, за¬
ключённый между сторонами треугольника;
S&MBN = Samnc = S => S^abc = 2S.
ДЛВС ~ AM BN (по двум углам);
квадрат коэффициента подобия равен отноше¬
нию площадей (согласно замечания 2 из теоре¬
тического материала):
k2 = SbABC = 2S = 2
S&.MBN s
АС
MN
QZ?
MN = 18\/2.
\/2
Ответ. 18\/2.

1.4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса,
125
Задача 4*
Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на части, площади ко¬
торых относятся как 2:1. В каком отношении, считая от вершины, она делит бо¬
ковые стороны?
Идея. Использовать подобие треугольников; квадрат коэффициента подобия
найти из отношения площадей.
Указание. Обосновать подобие треугольников.
Указание. Из отношения площадей треугольников найти квадрат коэффици¬
ента подобия.
Решение. Пусть прямая, параллельная основанию, пересекает боковые стороны
треугольника в точках М и N. Рассмотрим возможные варианты.
1) S^mbn = 2S, Samnc = S
Здавс = 3S.
ААВС ~ AMBN
(по двум углам);
_ S^ABC _ 3S
S^mbn 2S
3
2
АВ AM + МВ ,
		 		 — 	 — Д’
МВ МВ
AM _ /3 _	\/3-\/2
MB ~ V 2	“	72
MB V2
	 	 = —	= — УОт^
AM V3 - \/2
2) Возможен и второй вариант: S&mbn = S, Samnc = 2S => S^abc = 3S.
т ,2 S^abc 3		 , pz AM к
МВ _	1
AM “
'3 + 1
'3-1	2
Л 76 + 2	73+1
Ответ. —-— или —-—
£

126
Указания и решения
Задача 5.
В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого угла С опущена высота
CD. Вычислите гипотенузу АВ, если АС = 5, AD = 2.
Идея. Воспользоваться подобием прямо¬
угольных треугольников.
Указание. Найти пару подобных пря¬
моугольных треугольников.
Указание. Искомую величину найти из
отношения подобия.
Решение.
ДЛВС ~ AADC (по двум углам)
Л 25
Ответ. —.
2
АС __ АВ
AD ~ ЛС’
5 _ АВ
2 “ 5
АВ=*
2
Задача 6.
Высота CD прямоугольного треугольника АВС делит гипотенузу АВ на отрезки
AD = 9 и DB = 4. Найдите CD.
Идея. Воспользоваться подобием прямо¬
угольных треугольников.
Указание. Найти пару подобных пря¬
моугольных треугольников.
Указание. Искомую величину найти из
отношения подобия.
Решение.
&CDB ~ &ADC (по двум углам) =>
CD 4
9 ” CD
CD2 =9-4
CD = 6.
Ответ. 6.

1.4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса.
127
Задача 7.
Высота, опущенная на гипотенузу прямоугольного треугольника, делит его на два
треугольника, площади которых равны соответственно 6 и 54. Найдите гипотенузу
треугольника.
Идея. Воспользоваться формулой длины высоты, проведённой к гипотенузе, и
формулами для вычисления площади треугольника.
Указание. По отношению площадей определить отношение отрезков, на кото¬
рые высота делит гипотенузу.
Указание. Используя формулу длины высоты, проведённой к гипотенузе, по
площади найти гипотенузу.
Решение. По формулам площади прямоугольного треугольника
S&ABD = 6 = ^AD • BD\ S^acd = 54 = -AD • DC.
& &
о	BD 6
Значит, — = -
проведённой к гипотенузе (см. теоретический материал в разделе 1.1 “Прямоуголь¬
ные треугольники”)
AD = \/9х • х = Зх.
По площади AABD найдём значение переменной х:
S^abd —	- AD
Л
12 = х • Зх
X = 2; ВС = 20.
Ответ. 20.
Задача 8.
Высота прямоугольного треугольника, проведённая к его гипотенузе, делит бис¬
сектрису одного из острых углов на отрезки, отношение длин которых равно
3 + 2л/3, считая от вершины. Найти величины острых углов треугольника.
Идея. Использовать подобие прямоугольных треугольников.
Указание. Выписать отношения подобия для прямоугольных треугольников.
Указание. Использовать соотношения между сторонами и тригонометрически¬
ми функциями углов прямоугольного треугольника.

128
Указания и решения
Решение. Путь ВМ - биссектриса острого угла В прямоугольного треуголь¬
ника АВС, СН — высота, проведённая к гипотенузе, N — точка пересечения бис¬
сектрисы ВМ и высоты СН.
_	BN 3 + 2\/3
По условию = 			. Из прямо¬
му/
угольного &НВС cos АН ВС =	.
ВС
Рассмотрим прямоугольные треугольники
NHB и МСВ. Они подобны (по двум углам),
так как AHBN = АСВМ.
ВН BN
Значит,	. Получаем
ВС ВМ
/иг.п	ВН	BN 3 + 2v/3	х/3(х/3 + 2)	Л
cos Z.HBC = -т— — —— =	■= = —i= — =>
ВС	ВМ 4 + 2^3	2(2+ 73)	2
=> ЛНВС = 30°,	/.ВАС = 90° -	30° =	60°.
Ответ. 30°;60°.
Задача 9.
В прямоугольном треугольнике АВС угол С - прямой, CD - высота, опущенная
на гипотенузу. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD,
равны 3 и 4. Найти гипотенузу АВ треугольника АВС.
Идея. Использовать подобие прямо¬
угольных треугольников.
3
Указание. AADC ~ ACDB, k = -.
Указание. Используя отношения подо¬
бия и теорему Пифагора, выразить длины
сторон треугольников ADC, CDB и АС В
через новую переменную.
Указание. Воспользоваться разными
формулами площади прямоугольного тре¬
угольника.
Решение. Прежде всего отметим, что AADC ~ ACDB (по двум углам) с ко¬
эффициентом подобия, равным отношению радиусов вписанных окружностей (см.
3
теоретический материал, замечание 1), k = -. Обозначим АС = Зх, ВС = 4х.
По теореме Пифагора АВ = 5я. Из подобия ДАСВ и ACDB (по двум углам)
следует:
АВ ВС	АС ВС 12
<=> CD = 	—— = —х.
AC CD	АВ 5
По теореме Пифагора для AADC
л -2 Л о 144 2	81 2	А гу 9
AD2 = 9х2 ——я2 = zz^2 => &D = z^-

1.4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса.
129
Найдём х. Для этого выразим площадь &.ADC двумя способами: через полупе¬
риметр и радиус вписанной окружности и как полупроизведение катетов:
S&.ADC =
AD + DC + AC	AD ■ DC
2	'3~	2
9	12	\	9
—х + —х + Зх ) • 3 = -х •
5	5	7	5
х = 5
АВ = 25.
Ответ. 25.
Задача 10.*
Треугольник АВС не имеет тупых углов. На стороне АС этого треугольника
взята точка D так, что AD = -ЯС. Найти угол ВАС, если известно, что прямая
BD разбивает треугольник АВС на два подобных треугольника.
Идея. Показать, что оба подобных треуголь¬
ника - прямоугольные.
Указание. Рассмотреть соответствующие
смежные углы: в сумме они дают 180°; пока¬
зать, что подобные треугольники могут быть
только прямоугольными.
Указание. Тангенс искомого угла найти как
отношение соответствующих катетов, восполь¬
зовавшись формулой длины высоты, проведён¬
ной к гипотенузе.
А Зх D х С
Решение. Из условия следует, что углы ABAD, AABD, ACBD, ABCD не
являются тупыми.
Рассмотрим &ABD. Если у него AADB тупой, то у ACBD угол ABDC ост¬
рый, и ACBD - не тупоугольный. Но AABD подобен ACBD-, значит, у AABD
нет тупых углов. Получили противоречие.
Если же AADB острый, то АВ DC тупой. Значит, ACBD тупоугольный, а
AABD не тупоугольный; как и в предыдущем случае, они не могут быть подобны.
Противоречие.
Следовательно, AADB прямой и BD - высота.
По условию треугольники AABD и ACBD подобны; значит, равны их соот¬
ветствующие острые углы. Если ABAD = ABCD, то ДЛВС равнобедренный и
AD = DC, что противоречит условию. Следовательно, ABAD = ADBC и
AD __BD	Зх _ BD
BD ~ DC	BD~ х ’
Значит, BD = \/Зх и tg ABAC =
\/Зх
Зх
=> ABAC = 30°.
Ответ. 30°.

130
Указания и решения
Задача 11.
Доказать, что высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами тре¬
угольника, образованного отрезками, соединяющими основания высот.
Идея. Воспользоваться теоремой о высо¬
тах (пример 2).
Указание. По теореме о высотах най¬
ти подобные треугольники; отметить рав¬
ные углы; использовать определение бис¬
сектрисы.
Решение. Обозначим через АК, ВМ и
CN высоты остроугольного треугольника
АВС, Пусть далее /ВАС = а. По теореме
о высотах (пример 2)
ABAC - &BKN => /BKN = а;
ДСАВ - &СКМ => /СКМ = а.
Значит, /AKN = 90° — а = /АКМ. Другими словами, АК - биссектриса угла
/NKM.
Аналогично доказывается, что прямые ВМ и CN являются биссектрисами
/NMK и /MNK соответственно.
Утверждение доказано.
Задача 12.
В остроугольном треугольнике АВС угол ВАС равен а. На стороне ВС, как на
диаметре, построена окружность. Эта окружность пересекает сторону АС в точке
Р, а сторону АВ в точке Q. Найти отношение площади треугольника APQ к
площади треугольника АВС.
Идея. Использовать теорему о высотах (пример 2).
Указание. Доказать, что ВР и CQ являются вы¬
сотами А АВС.
Указание. Воспользоваться подобием треугольни¬
ков АВС и APQ.
Решение. Поскольку по условию ВС является диа¬
метром окружности, а точки Р и Q лежат на окруж¬
ности и не совпадают с точками В и С, треугольники
BQC и ВРС - прямоугольные. Значит, ВР и CQ -
высоты треугольника АВС.
По теореме о высотах (пример 2)
AAPQ ~ A ABC; k = cos а.

1.4. Подобие треугольников. Теорема Фалеса,
131
Согласно замечанию 2 из теоретического материала отношение площадей подоб¬
ных треугольников равно квадрату коэффициента подобия:
S&apq
S&ABC
о
= cos а.
Ответ, cos2а.
Задача 13.
В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты СН и AHi. Известно,
что АС = 2, площадь круга, описанного около треугольника НВ Hi, равна —.
Найти угол между высотой СН и стороной ВС.
Идея. Использовать теорему о высотах (пример 2).
Указание. Воспользоваться подобием треугольников ВАС и BHiH и теоре¬
мой синусов.
7Г
Решение. Обозначим искомый угол через а, тогда Z.HBC = — — а. По теореме
о высотах (пример 2)
ABHiH ~ ДВЛС; k = cos Z.ABC = cos	“ Q) = sinQ-
Значит, НН\ = АС • sin а = 2 sin а. По теореме синусов для ABHiH
HHi	2 sin а Л _
	-р—	= 2R =>		= 2R
sinl-L^	cosa
tga = R.
Радиус описанной окружности можно найти по площади круга:
S = ttR2
Получаем: tga ==
х/З
Ответ. —.
о
7Г
6 ’
а =

132
Указания и решения
Задача 14-
В прямоугольном треугольнике АВС (угол С прямой) длина катета ВС равна 2
см. В угол АВС вписана окружность радиуса \/2 см так, что она касается прямой
ВС в точке С. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС.
Идея. Центры окружностей и вершина В лежат на одной прямой.
Указание. Центры окружностей, вписанных в угол, лежат на его биссектрисе.
Указание. Найти пару подобных прямоугольных треугольников.
Решение. Пусть О - центр окружности радиуса
х/2, вписанной в угол АВС и касающейся прямой
ВС в точке С, 01 - центр окружности радиуса г,
вписанной в треугольник АВС. Заметим, что центр
любой окружности, вписанной в угол, лежит на его
биссектрисе, поэтому точки В, О и 0\ принадле¬
жат одной прямой.
Проведём радиус 0\D в точку касания окруж¬
ности, вписанной в ДЛВС, и катета ВС.
ДВОС ~ ДВ01В (по двум углам) ==>	= 7777;
С/С UiU
г(2 + \/2) = 2\/2 ■<=>
Ответ. 2>/2 —2.
Задача 15.*
В треугольнике АВС на стороне АС взята точка Н так, что длина отрезка ВН
равна 3, длина отрезка НС равна 2, а сумма углов АВС и АН В равна тг. Найти
периметр треугольника АВН, если косинус угла АС В равен —.
16
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. По теореме косинусов найти длину стороны ВС.
Указание. Треугольники АВС и ВНС по¬
добны.
Решение. Пусть Z.ABC = а, ЛАН В = 0. По
условию а + (3 = тг.
Заметим, что ЛВНС = тг — /3 = а. Значит,
треугольники АВС и ВНС подобны (по двум
ВС
углам) с коэффициентом подобия k =	. По
НС
теореме косинусов для АВНС найдём длину
третьей стороны ВС:
В
ВН2 = НС2 + ВС2 — 2 • НС ВС- cosААСВ;

1-4- Подобие треугольников. Теорема Фалеса.
133
9 = 4+ВС2-^ВС <$=► 4ВС2-11ВС-20 = О => ВС = 4 => к = 2.
Поскольку в АВНС длины всех сторон известны, можем вычислить и длины
сторон ДАВС и ААВН:
АВ = к • ВН = 6; АС = к • ВС = 8; АН = АС - НС = 6.
Р&авн == АВ + ВН + АН = 6 + 6 + 3 == 15.
Ответ. 15.
Задача 16.*
В остроугольном треугольнике АВС опущены высоты АР и СК. Известно что
площадь треугольника АВС равна 18, площадь треугольника ВРК равна 2, а
длина отрезка РК равна 2у/2. Вычислить радиус окружности, описанной вокруг
треугольника АВС.
Идея. Воспользоваться теоремой о высотах (пример 2).
Указание. По теореме о высотах АРВК ~ А АВС.
Указание. Квадрат коэффициента подобия равен
отношению площадей подобных треугольников.
Решение. По теореме о высотах (пример 2 из тео¬
ретического материала)
ЛРВК ~ ААВС, k = cos ZB.
Отношение площадей подобных треугольников рав¬
но квадрату коэффициента подобия (замечание 2),
поэтому
/.2 _ S&PBK _ 2
Л/   ———
S&ABC 18
fc — -
Итак, cos2 ZB = sin2 ZB = 1 — - = -	==> sin ZB 		.
9	9	9	3
Далее по теореме синусов найдём радиус окружности, описанной около АРВК:
R РК
1	2 sin ZB
2^/2 _ 3
9. 2^2 ~ 2
Z 3
Поскольку для подобных треугольников отношение длин радиусов описанных
окружностей равно коэффициенту подобия (замечание 1), радиус окружности,
описанной около ДАВС, определяется по формуле:
Л2 =
Bi I 9
к ~ 5 ~ 2
Ответ. 4,5.

134
Указания и решения
Задача 17.*
Через точку, взятую на стороне треугольника, проведены две прямые, параллель¬
ные двум другим сторонам. Эти прямые разбивают данный треугольник на три
части - один параллелограмм и два треугольника; площади треугольников равны
Si и S2. Найти площадь параллелограмма.
Идея. Использовать подобие треугольников.
Указание. Найти две пары подобных тре¬
угольников; квадрат коэффициента подобия ра¬
вен отношению площадей.
Указание. Выразить площадь параллело¬
грамма через площадь исходного треугольника
и коэффициенты подобия.
Решение. Пусть на стороне АВ треугольни¬
ка АВС взята точка Р. Проведём через неё
прямые, параллельные двум другим сторонам:
РМ\\АС, PN\\BC. Обозначим
S&APN = Si, S&PBM = $2, S^PMC = Ss.
Поскольку /ВРМ = /ВАС как соответственные при параллельных прямых АС
и РМ и секущей АВ,
АРВМ ~ ДАВС; ki =	——; РМ = fci • АС.
V	5i + D2 + S3
С другой стороны,
AAPW ~ ДАВС; k2 = J n	PN = к2 • ВС.
V	Si + S2 + S3
Заметим, что четырёхугольник NPMC удовлетворяет определению параллело¬
грамма (противоположные стороны попарно параллельны). Выразим его площадь:
Snpmc = СМ CN • sin /MCN = РМ • PN • sin /MCN =
= ki • AC • ^2 • ВС • sin /MCN = 2S&abc • fci • &2 =
= + S’ + S3)\O^ ■
Ответ. 2\/SiS2.
Задача 18.*
Через точку, взятую внутри треугольника, проведены три прямые, параллельные
его сторонам. Эти прямые разбивают треугольник на шесть частей, три из кото¬
рых - треугольники с площадями Si,S2,S3. Найти площадь треугольника.
Идея. Использовать подобие треугольников.
Указание. Воспользоваться результатами предыдущей задачи.

1.5. Площади.
135
Решение. Условию задачи удовлетворяет
точка, расположенная внутри треугольника,
не лежащая на его сторонах и не являющаяся
вершиной. Обозначим её через О. Проведём
через неё прямые, параллельные сторонам
треугольника: ОР\\АВ, ON\\BC, ОК\\АС.
Другие точки пересечения данных прямых
со сторонами треугольника обозначим соот¬
ветственно через М, L и Q. Воспользуемся
результатами предыдущей задачи. Рассмот¬
рим AALTV; S5 = 2\Л?15'з- Для AQBK
S4 = 2/S^. Для АРМС S6 = 2^S^.
Saabc = *5i + S2 + S3 + S4 4- S5 4- Sq =
= Si + S2 + S3 + 2>/S^ + 2y/S^3 + 2^/SA = (x/Si + \[S2 + ^з) •
Ответ. (\/Si + VS2 + >/S3)2.
1.5.	Площади.
Задача 1.
Найдите диаметр окружности, вписанной в треугольник со сторонами 20, 20, 24.
Идея. Использовать разные формулы площади треугольника - через радиус впи¬
санной окружности и формулу Герона.
Указание. Вычислить площадь треугольника по формуле Герона.
Указание. Найти радиус вписанной окружности из формулы площади тре¬
угольника.
Решение. Вычислим площадь треугольника по формуле Герона:
>				 a -J- b ~|“ с
S&ABC = Vp(.P - а)(Р - Ь)(р - с), где р =			полупериметр.
&
р = a + b + с _ 20 + 20 + 24 = 32.	=	g = 192
По площади найдём радиус и диаметр вписанной окружности:
Ответ. 12.
Задача 2.
Найти радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами 4, 13, 15.
Идея. Использовать разные формулы площади треугольника - через радиус опи¬
санной окружности и формулу Герона.

136
Указания и решения
Указание. Вычислить площадь треугольника по формуле Герона.
Указание. Радиус описанной окружности определить по площади треугольни¬
ка.
Решение. Найдём площадь треугольника по формуле Герона:
Зддвс = \/р(р - а)(р - Ь)(р - с), где р - полупериметр,
р = —--Lt15 = 1б. s^abc = ^16 • 12 • 3 • 1 = 24.
По площади вычислим радиус описанной окружности:
л=* _™=8|125.
45длвс 4•24
Ответ. 8,125.
Задача 3.
Найти отношение площадей треугольника и четырёхугольника, на которые делит¬
ся треугольник своей средней линией.
Идея. Использовать подобие.
Указание. Используя определение средней линии, показать, что она отсекает
треугольник, подобный данному.
Решение. Пусть МN - средняя линия треуголь¬
ника АВС, параллельная основанию АС. Тогда из
определения средней линии следует, что ААВС ~
&MBN с коэффициентом подобия k = 2. Обозна¬
чим S^mbn = S. Тогда Здавс = 4S, поэтому
Samnc = S&abc ~ S&mbn = 3S. Таким образом,
получаем
S&MBN __ 1
Samnc 3
Ответ. 1:3.
Задача 4-
Стороны треугольника АВС разделены пополам точками D, Е и F соответствен¬
но. Во сколько раз площадь треугольника DEF меньше площади треугольника
АВС?
Идея. Использовать подобие треугольников АВС и DEF.
Указание. Обосновать подобие ААВС и ADEF-, определить значение коэф¬
фициента подобия.
Указание. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату ко¬
эффициента подобия.

1.5. Площади,
137
Решение. Пусть DE, EF и DF - средние линии
треугольника АВС, параллельные сторонам АС,
АВ и ВС соответственно. Заметим, что ДАВС ~
ADEF с коэффициентом подобия к = 2. Следова¬
тельно,
S^BC = . 2 = д
S^DEF
Ответ. В 4 раза.
Задача 5.
Прямая, параллельная основанию треугольника, делит его на две равновеликие
части. В каком отношении эта прямая делит боковые стороны треугольника?
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. Найти пару подобных треугольников; по отношению площадей вы¬
числить квадрат коэффициента подобия.
Указание. Для определения искомой величины воспользоваться отношениями
подобия.
Решение. Построим прямую MN, которая па¬
раллельна основанию АС треугольника АВС и де¬
лит треугольник на две равновеликие части площа¬
ди S.
Заметим, что углы £ВАС и Z.BMN равны как
соответственные при параллельных прямых АС и
МN и секущей АВ. Значит, треугольник АВС по¬
добен треугольнику MBN (по двум углам); квад¬
рат коэффициента подобия равен отношению пло¬
щадей:
к2 = S^ABC _ 2S _ 2
S&MBN S
Значит,
АВ _ AM + МВ _ AM
МВ~ МВ ~ МВ +
2 — 1;
МВ _	1
AM ~ у/2 - 1
2	+ 1.
Ответ. (\/2 + 1) : 1, считая от вершины, противолежащей основанию.
Задача 6.
Стороны первого треугольника равны 6, 9 и 12. Произведение длин сторон подоб¬
ного ему треугольника равно 24. Найти отношение площади первого треугольника
к площади второго.

138
Указания и решения
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. По произведению длин сторон найти куб коэффициента подобия.
Указание. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату ко¬
эффициента подобия.
Р е ш е н и е. По условию ДЛВС ~ AMNK. Пусть коэффициент подобия равен к.
Тогда АВ = к • MN, ВС = к- NK, АС = к • МК. Получаем:
АВ • ВС • АС = к3 • MN • NK • МК <=> 9 • 6 • 12 = к3 • 24 <=>
<=> к3 = 27 <=> fc = 3.
Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента по¬
добия (см. теоретический материал):
S^abc _ g
S&MNK
Ответ. 9:1.
Задача 7.
Дан треугольник АВС, величина угла между АВ и АС равна 7г/3. Во сколько раз
изменится площадь треугольника, если этот угол увеличится в два раза (длины
сторон, образующих данный угол, фиксированы)?
Идея. Площадь треугольника равна половине произведения длин сторон на си¬
нус угла между ними.
Указание. Выразить площади двух треугольников как полу произведение сто¬
рон на синус угла между ними; сопоставить результаты.
2тг
Решение. Рассмотрим треугольник АВ'С такой, что ABf = АВ, ЛВ'АС = —
3	’
Его площадь можно вычислить по формуле:
S^ab'C = ^АВ' ■ АС • sin у = АВ • АС • sin = S^abc-
„	. 2?Г	. 7Г
Использовано равенство: sin — = sin —.
Ответ. Площадь не изменится.

1.5. Площади.
139
Задача 8.
Стороны треугольника равны 13, 14 и 15. Найдите большую высоту треугольника.
Ответ округлите до целых.
Идея. Большая высота треугольника всегда опущена
на меньшую сторону.
Указание. Вычислить площадь треугольника по фор¬
муле Герона.
Указание. Большая высота проведена к меньшей сто¬
роне; найти большую высоту по площади и меньшему ос¬
нованию.
Решение. Вычислим площадь треугольника АВС по
формуле Герона:
13 + 14 + 15
Р = 	о	 = 21’
S^ABC = J^P Ь)(р - с) = \/21 • 8 • 7 • 6 = 7 • 3 • 4 = 84.
С другой стороны, площадь треугольника равна половине произведения основания
на высоту. Заметим, что большая высота треугольника будет проведена к меньшей
из сторон, то есть к стороне АВ:
Slabc = \ЛВ ■ СН
&
„тт ISbABC
сн = ^в~
2-84
13
> 12,9.
Ближайшее целое число 13.
Ответ. 13.
Задача 9.
Площадь треугольника АВС равна 8. Точка D лежит на стороне АС, а точ¬
ка Е - на стороне АВ. Известно, что АЕ = BE, AD = 3DC. Найти площадь
треугольника BDE.
Идея. Выразить площадь AABD через пло¬
щадь ДЛВС, а затем площадь ABDE через
площадь AABD.
3
Указание. Показать, что S^abd = ^S&abc-
Указание. Выразить площадь ABDE через
площадь ДЛВ£>.
Решение. Используя известное значение площади А АВС, вычислим последо¬
вательно площади треугольников
S&ABC 	* S&ABD 	* S&BDE-

140
Указания и решения
AD
BE
Пусть АЕ = BE = х. DC = у, AD = Зу.
m	AD	3	3 „
Так как	, то S^abd = -^S^abc = 6.
т	BE 1	1
Так как — = -, т0 S^bde = ^abd = 3.
Ответ. 3.
Задача 10.
В треугольнике АВС точка D лежит на стороне АС, а точка Е - на стороне АВ,
Известно, что АЕ = ЗВЕ, AD = 2DC. Найти отношение площадей треугольников
BDE и АВС.
Идея. Выразить площадь AABD через площадь А АВС, а затем площадь
ABDE через площадь ДАВВ.
2
Указание. Показать, что S^abd = $S&abc-
Указание. Выразить площадь ABDE через площадь AABD.
Решение. Выразим через площадь треуголь¬
ника АВС последовательно площади треуголь¬
ников S&ABC 	* S&ABD 	* SbDE-
Пусть АЕ = Зх, BE = х, DC = у, AD = 2у,
AD	2	2
Так как —	=	-,	то S^abd = -zS^abc-
/Ю	о	О
m BE	1
Так как —-	=	-,	то
АВ	4
S&BDE = -rS^ABD = -Т • -S&ABC = ^S^ABC-
4	4 о	О
Ответ. 1:6.
Задача 11.
Биссектрисы BE и AD треугольника АВС пересекаются в точке Q. Найти пло¬
щадь треугольника АВС, если известно, что площадь треугольника BQD равна
1 и 2АС = ЗАВ, ЗВС = 4АВ.
Идея. Выразить площадь &ABD через площадь ABQD, а затем площадь
А АВС через площадь ДАВВ.
Указание. Воспользовавшись свойством биссектрисы, выразить длины отрез¬
ков ВВ и ВС через длину отрезка АВ.
Указание. Выразить площадь ДАВВ через площадь &BQD.
Указание. Используя свойство биссектрисы, выразить площадь ДАВС через
площадь AABD.
3
Решение. Пусть АВ = х, тогда АС = - х, ВС =
угла Z.BAC, то по свойству биссектрисы
4
-х. Так как АВ - биссектриса

L5. Площади.
141
BD AB 2
DC ~ AC ~ 3
Q
BDT^
4
DC = -x.
5
g
Пусть AQ = ?/, тогда DQ = — у, посколь-
15
ку BQ является биссектрисой в треугольнике
8
ABD со сторонами х и —х.
15
Сначала найдём площадь треугольника ABD:
S&ABD _ АР _ у + ^у __23

S&BQD DQ -^у	8
Теперь найдём площадь треугольника АВС:
S&ABC _ ВС __	__ 5
S&ABD BD	2
_ 23
S^abd g *
„ s -	_ 115
o^ABC = 2 ’ b&ABD — —.
ЛА	H5
Ответ. —-.
16
Задача 12.
В треугольнике АВС биссектриса АК перпендикулярна медиане ВМ, а угол
АВС равен 120°. Найти отношение площади треугольника АВС к площади опи¬
санного около этого треугольника круга.
Идея. Ввести новую переменную х = 0,5 • АС и выразить через неё площади
круга и треугольника.
Указание. Ввести новую переменную х, равную половине длины стороны АС.
Указание. Выразить радиус описанной окружности через новую переменную
по теореме синусов.
Указание. Доказать, что АВ = х.
Указание. Выразить длину стороны ВС через переменную х по теореме ко¬
синусов.
Решение. Пусть биссектриса АК и медиана ВМ пересекаются в точке Р. За¬
метим, что прямоугольные треугольники АВР и АМР равны (по катету и при¬
лежащему острому углу). Значит, АВ = AM. Обозначим АВ = AM = МС = х.

142
Указания и решения
Площадь круга вычисляется по формуле
‘З'кр — тг-R ,
где R - радиус. Воспользуемся теоремой синусов и найдём зависимость радиуса
описанной окружности от переменной х:
2х _ 2х
2-^ “ 7з'
АС :
sinZ^BC
R =
Значит, SKp = —q—. Площадь треугольника АВС будем определять по формуле
АВ • ВС • sin 120°	я\/3
Ьдавс =	2	= ~~4~
Применим к треугольнику АВС теорему косинусов и выразим длину стороны ВС
через переменную х:
4х2 = х2+ВС2+2х-ВС -i
ВС2+хВС—Зх2 = О
ВС = х
713-1
2
Значит, S&abc =
х/3 (У13 — 1) х2
Отношение площадей:
8
S^ABC 73 (713 - 1) X2 3	3\/3 (713-1)
SKp	8	47пе2 32тг
Ответ.
Зх/З (х/13 - 1)
327Г
Задача 13.*
В прямоугольном треугольнике АВС точки D
и Е лежат соответственно на катетах ВС и
АС так, что CD = СЕ = 1. Точка О есть
точка пересечения отрезков AD и BE. Пло¬
щадь треугольника АОЕ меньше площади тре¬
угольника BOD на 1/2. Кроме того, известно,
что BE = У17. Найти площадь треугольника
АВС.
Идея. Найти длины катетов ДАВС, для че¬
го использовать теорему Пифагора и информа¬
цию о площадях ААОЕ и £±BOD.
Указание. По теореме Пифагора найти длину катета ВС.
Указание. Используя условие задачи, вычислить площадь &ACD; найти дли¬
ну второго катета АС.

1.5. Площади.
143
Решение. Будем искать площадь прямоугольного ДЛВС по формуле
S^abc = \-ВСАС.
£
Длину катета ВС вычислим по теореме Пифагора из АВ ЕС:
ВС = \Z~BE2 - ЕС2 = V17- 1 = 4 => SbBCE = ^-ВС-СЕ = 2.
Для определения длины катета АС воспользуемся условием:
S&AOE = S^BOD - -	=
=> S&ACD = S&BCE “ 2	=> 5'ДЛСР = 1,5.
S&ACD = 2 ’1 ’
АС = 3
S&ABC = --4-3 = 6.
Ответ. 6.
Задача 1^.*
Медианы ВК и CL треугольника АВС пересекаются в точке М под прямым
углом, АС = Ь, АВ = с. Найти площадь четырёхугольника AKML.
Идея. Площадь четырёхугольника AKML
равна площади треугольника ВМС.
Указание. Показать, что площадь четырёх¬
угольника AKML равна площади прямоуголь¬
ного треугольника ВМС.
Указание. Воспользовавшись теоремой о
пересечении медиан и теоремой Пифагора, вы¬
разить длины медиан через b и с.
Решение. Обозначим S^abc = S. Выразим
через S площади четырёхугольника AKML и
треугольника ВМС:
о	о	о	5	2	1
Ъакмь = Ььавк - Ъьвмь =	~ з ’ 2
2	\2	6/	3’
Q	2с	2
одвмс = д'Ьдвкс = з ’ 2д “
S
3’
значит, Sakml = S^bmc, а площадь треугольника ВМС искать проще.
Обозначим МК = х, ML = у. По теореме о пересечении медиан ВМ = 2х,
СМ = 2у. Запишем теорему Пифагора для АВ ML и АСМ К:
с2
4х2 + у2 =
2.0	&2
X2 + 4у2 =
4с2 — Ь2 2 _ 4Ь2 — с2
60 ’ У =	60 ’
2а; • 2у _ У(4с2 - Ь2)(462 - с2)
^AKML ^ьмсв 2	3Q

144
Указания и решения
Ответ.
30
Задача 15.*
В треугольнике АВС длина стороны ВС равна 15, а длина высоты BD равна
5. На стороне АВ взята точка Р так, что длины отрезков АР и РВ равны со¬
ответственно 5,8 и 7,2. Найти площадь S треугольника В PC, если известно, что
S>3.
Идея. Рассмотреть два чертежа с острым или тупым углом Л; использовать
леммы о площадях.
Указание. По теореме Пифагора вычислить длину стороны ЛС; найти пло¬
щадь ДАВС.
Указание. Используя лемму о площадях треугольников с общей вершиной и
основаниями, лежащими на одной прямой, найти площадь АВРС\ сравнить по¬
лученное значение с числом 3.
Решение. 1) Предположим, что в треугольнике АВС угол при вершине А ост¬
рый.
Из прямоугольных треугольников ABD и BDC находим
AD = \/АВ2 - ВВ2 = У132 _ 52 = <7144 = 12;
DC = у/вС* - ВВ2 = \/152 - 52 = х/200 = 10Л.
Значит,
АС = AD + DC = 12 + 10\/2;
Saabc = | • (12 + 10\/2) • 5 = 5(6 + 5Л).
Заметим, что треугольники РВС и АВС имеют общую вершину С и основания,
лежащие на одной прямой, поэтому
S^pbc	РВ 7,2 __ 36
Saxbc	АВ	13	65’
Q 36 _	36(6 + 5г/2)
5дрвс = ^АВС =		> 3.
2) Если в треугольнике АВС угол при вершине А тупой, то

L5. Площади.
145
Сравним числа:
В
5
D
АС = DC - AD = 10v/2 - 12;
S^abc = | • (ЮЛ - 12) • 5 = 5(5\/2 - 6);
S&PBC = ^SbABC =
00
36(5\/2 - 6)
13
36(5\/2 - 6)
12(5\/2 —6)
V
13
12-5\/2
V
85
12>/2
V
17
288 < 289.
Условие задачи не выполнено.
_	36(6 + 5\/2)
Ответ. —		-
13
Задача 16.*
В треугольнике АВС медиана АК пересекает медиану BD в точке L. Найти
площадь треугольника АВС, если площадь четырёхугольника KCDL равна 5.
Идея. Используя леммы о площадях, найти площадь ADAL.
Указание. Используя лемму о площадях треугольников с общим углом, найти
площадь ADAL.
Указание. Используя лемму о площадях треугольников с общей вершиной и
основаниями, лежащими на одной прямой, найти площадь А АВС.
Решение. Заметим, что ADAL и АСАК имеют общий угол при вершине, поэто¬
му отношение их площадей равно отношению произведений сторон, образующих
общий угол:
S&DAL _ S&DAL __ АР • AL
S&CAK S^dal + Skcdl AC • АК'

А
Поскольку по условию BD - медиана, a L - точка пересечения медиан, то
S^dal _ 1 * 2 _ 1
S&DAL + SkCDL 2-3	3
S&DAL = 2*
Треугольники САК и К АВ имеют общую вершину А и равные основания, ле¬
жащие на одной прямой, поэтому
S&ABC = 25дслк = 2 ( - + 5 1 =15.
Ответ. 15.
Задача 17.*
В треугольнике АВС АВ = 6, ВС = 9, АС = 10. Биссектриса угла В пересекает
сторону АС в точке М. На отрезке ВМ взята точка О так, что ВО : ОМ = 3:1.
Площадь какого из треугольников АВО, ВС О или АС О является наименьшей?
Идея. Обозначить через S площадь ДМОС; воспользоваться леммами о пло¬
щадях.
Указание. Ввести новую переменную S = S&moc ; выразить через неё площа¬
ди треугольников ЛВО, ВСО или АСО, используя леммы о площадях.
Указание. Сравнить результаты.
Решение. Пусть S^moc = S. Треугольники МОС и ОВС имеют общую вер¬
шину С и основания, лежащие на одной прямой, поэтому
S&obc = 3S.
S^qbc _ 3
S^moc 1

1.5. Площади.
147
Треугольники ABO и ОВС имеют равные углы при вершине С, поэтому отно¬
шение их площадей равно отношению произведений сторон, образующих угол С:
S^abo = АВ-ВО = 2	Зьаво = 28.
S&OBC ВО • ВС 3
Наконец,
S&AMO = ^Здаво = S^aco =	+ = з^-
Наименьшую площадь имеет треугольник АСО.
Ответ. ДАСО.
Задача 18/
Прямая, проходящая через вершину основания равнобедренного треугольника, де¬
лит его площадь пополам, а периметр треугольника делит на части 5 и 7. Найдите
площадь треугольника и укажите, где лежит центр описанной окружности: внут¬
ри или вне треугольника?
Идея. Прямая проходит через середину боковой	с
стороны треугольника; найти длины всех сторон.	ж
Указание. Отметить, что прямая проходит че-	/ \
рез середину боковой стороны.	/	\
Указание. Рассмотреть различные варианты	/ $	\ М
расположения частей периметра; найти длины всех	/	\
сторон.	/	\
Указание. По формуле Герона вычислить пло-	/ *' * *	$	\
щадь А АВ С.
Указание. По теореме косинусов определить
знак косинуса большего угла.
У казание. Центр описанной окружности тупоугольного треугольника лежит
вне треугольника, остроугольного - внутри.
Решение. Пусть AM - прямая, которая делит площадь треугольника АВС
пополам. Значит, она проходит через середину стороны ВС, то есть ВМ = МС.
Обозначим ВМ = а. Рассмотрим два случая.
1) Если АС + СМ = 5, то 2а + а = 5 => а = -.
10	5	3
Следовательно, АС = СВ = —, АВ + - = 7 => АВ = — Тогда
3	3	3 ’
Рьавс = | (5 + 7) = 6; 5ДЛВС = ./б. - . - . = 1Ё.
2	V 3 3 3	3
Найдём больший угол. По теореме косинусов
АВ2 = АС2 + ВС2 — 2АС • ВС • cos ЛАС В <—>
<=> cos ЛЛСВ =.	+
2АС -ВО < и’

148
Указания и решения
то есть ДАВС тупоугольный, и центр описанной окружности лежит вне треуголь-
ника.
2) Если АС + СМ = 7, то 2а + а = 7 =
14	7
Следовательно, АС = СВ = —, АВ + - = 5
3	3
7
а=з-
g
=> АВ = -. Тогда
Рьавс — 6;
4 4 10	8л/5
3 ’ 3 ’ 3 ~ 3 ’
Поскольку боковая сторона треугольника больше основания, угол при основании
больше угла при вершине. Угол при основании равнобедренного треугольника все¬
гда острый; следовательно, ААВС остроугольный, и центр описанной окружно¬
сти лежит внутри треугольника.
п	16	8у/5
Ответ.	—,	вне треугольника;	——,	внутри.
3	3
Задача 19.*
В треугольнике АВС известны длины всех высот: ha = 1/3, Ль = 1/4, Лс = 1/5.
Найти отношение длины биссектрисы CD к радиусу описанной окружности.
Идея. Используя формулы для вычисления площади, выразить длины сторон
треугольника через новую переменную.
Указание. Используя формулы для вычисления площади, выразить длины
сторон треугольника через новую переменную.
Указание. Показать, что треугольник АВС - прямоугольный.
Указание. Выразить длину биссектрисы и радиус описанной окружности через
новую переменную.
Решение. Построим высоты AN = Ла,
BK = hb, CM = hc.
Запишем формулы для вычисления пло¬
щади ДАВС:
с _ АВ _ ВС АС
S^abg 2 5	2 3	2 4-
Значит, можно выразить длины всех сторон
треугольника через новую переменную z:
АВ = 5z, ВС = 3z, АС = 4z.
Заметим, что треугольник с такими сторонами является прямоугольным (АВ -
гипотенуза), поскольку
25г2 = 16г2 + 9г2.
Длину биссектрисы прямого угла можно вычислить, например, через площади:
S&ABC = S&ACD + S&DCB',

1,5. Площади,
149
АС ВС AC-CD- sin * BC-CD- sin f
2	2	+	2
in 2 4z	3z	12z\/2
12г2 = — -CD+ >CD => CD = — v .
У2	7
Радиус описанной окружности прямоугольного треугольника равен половине ги¬
потенузы:
АВ 5z
Тогда искомое отношение равно
CD 12z\/2 2 _ 24\/2
“fl” “	7	’ 5z 35
Ответ.
24>/2
35

150
Указания и решения
2.	Окружности
2.1.	Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
Задача 1.
В окружности радиуса 26 проведена хорда, равная 48. Найти длину отрезка, со¬
единяющего середину хорды с центром окружности.
Идея. Прямая, проходящая через центр окружности и середину хорды, перпен¬
дикулярна хорде.
Указание. Рассмотреть прямоугольный треуголь¬
ник; воспользоваться теоремой Пифагора.
Решение. Пусть АВ - хорда, проведённая в окруж¬
ности радиуса 26, АВ = 48, АК = КВ = 24. Заме¬
тим, что прямая, проходящая через центр окружно¬
сти О и середину К хорды АВ, перпендикулярна
хорде АВ, так как медиана в равнобедренном тре¬
угольнике является также и высотой. Значит, тре¬
угольник АОК прямоугольный. По теореме Пифа¬
гора
ОК2 = АО2 - АК2 = 262 - 242 = (26 - 24)(26 + 24) = 100 => ОК = 10.
Ответ. 10.
Задача 2.
В угол величиной 60° вписана окружность. Найти расстояние от центра окруж¬
ности до вершины угла, если радиус окружности равен 7,5.
Идея. Касательная к окружности перпендикулярна радиусу, проведённому в
точку касания; центр вписанной в угол окружности лежит на его биссектрисе.
Указание. Провести радиус в точку касания; рассмотреть прямоугольный тре¬
угольник.
Указание. Воспользоваться свойством окружности, вписанной в угол, и соот¬
ношениями в прямоугольном треугольнике.
Решение. Пусть О - центр окружности, вписанной в угол с вершиной А, В и
С - точки касания.
По свойству касательной к окружности стороны угла перпендикулярны ради¬
усам, проведённым в точки касания, то есть АВ±ОВ, ACLOC.
Поскольку центр вписанной в угол окружности лежит на биссектрисе угла,
Z.BAO = АСАО = 30°.

2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
151
Из прямоугольного треугольника АОВ с извест¬
ными катетом и противолежащим ему углом находим
гипотенузу:
Л0_ ОВ _ 7,5 _7.5_
sinZOAB sin 30°	0,5
Ответ. 15.
Задача 3.
В окружности с центром в точке О проведена хорда АВ и радиус OD, которые
пересекаются в точке С, причём известно, что АВ ± ОВ, ОС = 9, CD = 32.
Найти хорду.
Идея. Прямая, проходящая через центр окружности
и перпендикулярная хорде, проходит через её середину.
Указание. Воспользоваться теоремой Пифагора.
Решение. По следствию из утверждения о взаимном А
расположении прямой и окружности прямая, проходя¬
щая через центр окружности и перпендикулярная хор¬
де, проходит через её середину. Значит, АС = СВ. По
условию OD - радиус, поэтому OB = OD = 41. Из
прямоугольного АСОВ по теореме Пифагора
СВ2 = OB2 - СО2 = 412 - 92 = (41 - 9)(41 + 9) = 32 • 50
АВ = 2 • СВ = 80.
Ответ. 80.
Задача 4-
В окружности перпендикулярно диаметру АВ проведена хорда CD. Точка их
пересечения делит диаметр на отрезки 18 и 32. Найти длину хорды CD.
Идея. Прямая, проходящая через центр окружности
и перпендикулярная хорде, проходит через её середину.
Указание. Воспользоваться теоремой Пифагора.
Решение. Пусть диаметр окружности АВ и хорда
CD пересекаются в точке К. По следствию из утвер¬
ждения о взаимном расположении прямой и окружно¬
сти прямая, проходящая через центр окружности и пер¬
пендикулярная хорде, проходит через её середину. Зна¬
чит, СК = KD. Вычислим радиус окружности:
АВ = АК + КВ = 18 + 32 = 50 =>

152
Указания и решения
=> 0D = АО = 25, КО = АО - АК = 25 - 18 = 7.
Из прямоугольного AKDO по теореме Пифагора
KD2 = OD2 - КО2 = 252 - 72 = 576 => KD = 24, CD = 2 • KD = 48.
Ответ. 48.
Задача 5.
Найти угол между хордой АВ и диаметром ВС, если хорда АВ стягивает дугу
в 54°.
Идея. Построить равнобедренный треугольник с
основанием АВ и вершиной в центре окружности;
угол при вершине треугольника задан в условии, уг¬
лы при основании равны.
Указание. Соединив концы хорды с центром
окружности О, получить равнобедренный треуголь¬
ник АО В.
Указание. Угол при вершине О треугольника
АО В задан в условии задачи, углы при основании
АВ равны.
Решение. По условию ЛАО В = 54°. Рассмотрим
треугольник АОВ. Он является равнобедренным, О А = ОВ; угол при основании
180° - 54°
АВ определяется и по формуле ЛОВА =			= 63°.
Ответ. 63°.
Задача 6.
Из точки А окружности проведены диаметр АВ и хорда АС, которая продолжена
за С на расстояние СК, равное АС. Найти ВК, если радиус окружности равен 4.
Идея. Прямоугольный ДЛСВ равен АКВС.
Указание. Доказать, что ЛАС В = 90°.
Указание. Показать, что треугольники АС В
и К ВС равны.
Решение. Угол ЛАС В опирается на диаметр
АВ, поэтому по следствию из теоремы об угле,
вписанном в окружность, он является прямым.
Заметим, что ДАВС = &КВС (по двум сторо¬
нам и углу между ними). Значит, В К = АВ = 8.
Ответ. 8.

2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
153
Задача 7.
Определить острые углы прямоугольного треугольника, зная, что радиус описан¬
ного около него круга относится к радиусу вписанного круга как 5:2.
Идея. Использовать равенство касательных, проведённых из одной точки, и тео¬
рему Пифагора.
Указание. Обозначить через 2х радиус вписанной окружности, через 5х ра¬
диус описанной окружности. Выразить стороны треугольника через две неизвест¬
ных, одна из которых х.
Указание. С помощью теоремы Пифагора получить зависимость длин сторон
треугольника от х.
Решение. Рассмотрим прямоугольный треугольник
АВС. Его гипотенуза АВ является диаметром описан¬
ной окружности. Пусть радиус вписанной окружности
г = 2х, тогда радиус описанной окружности R = 5ж и
АВ = Юж.
Обозначим через К, М, N точки касания вписан¬
ной окружности и сторон АВ, АС, ВС (соответствен¬
но), пусть AM = АК = у. Тогда КВ = NB = 10х — у.
По теореме Пифагора
(2ж + 2/)2 + (12ж — у)2 = (Юж)2 <=> у2 — 10ж?/ + 24ж2 = О
у = 4ж;
у = 6ж;
sin Л =
6ж _ 3
1(Ь = 5’
8ж 4
Юж ~ 5’
п	3	• 4
Ответ, arcsin- и arcsin-
5	5
Задача 8.
Общая хорда двух пересекающихся окружностей видна из их центров под углами
90° и 120°. Найти расстояние между центрами окружностей, если длина хорды
З + х/З
равна —-—.
Идея. Прямая, проходящая через центры пересекающихся окружностей, явля¬
ется серединным перпендикуляром к их общей хорде.
Указание. Доказать, что отрезок, соединяющий центры двух пересекающихся
окружностей, перпендикулярен их общей хорде и проходит через её середину.
Указание. Использовать соотношения в прямоугольных треугольниках.
Решение. Пусть О\ и О2 - центры двух пересекающихся окружностей, АВ -
3 4- х/3
их общая хорда. По условию АВ = —-—,

154
Указания и решения
Треугольники ЛО1О2 и ВО1О2 равны по трем сторонам. Следовательно,
Z.AO1H = £ВО\Н. Поэтому треугольники АО\Н и ВО\Н равны по двум сто-
3 + Л
ронам и углу между ними. Значит, АН = НВ = —-—. Далее, так как отрезок
01Н является медианой в равнобедренном треугольнике АОуВ, то он является
высотой и биссектрисой. Для треугольника АО2В этот факт доказывается ана¬
логично.
Таким образом, мы доказали полезный факт: отрезок, соединяющий центры
двух пересекающихся окружностей, перпендикулярен их общей хорде и проходит
через её середину.
Возможны два случая расположения окружностей (см. рисунок).
Далее, O1O2 - биссектриса углов Z.AO\B и Z.AO2B, то есть
£АОХН = £НОХВ = 45°, ЛАО2Н = Z.HO2B = 60°.
Воспользовавшись соотношениями в прямоугольных треугольниках АО\Н и
АО2Н, получаем
3 4- х/3
О1Я = АН • ctgZAOi/I = Q ;
ли . 7 ТТ 3 + V3 1 V3 + 1
НО2 = АН • ctgAAO2H = —5	У= = —g—
8
В первом случае
О1О2 = охн + но2 = 2+,—
4
во втором случае
0102 = 0\Н — Н02 = i
4
п 2 + \/3	1
Ответ. 		— или -.
4	4
Задача 9.
Докажите, что в прямоугольном треугольнике сумма длин катетов равна сумме
длин диаметров вписанной и описанной окружностей.
Идея. Использовать теорему о равенстве касательных, проведённых из одной
точки.

2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
155
Указание. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна диаметру описан¬
ной окружности.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС. Пусть М, N, К -
точки касания вписанной в треугольник окружности со сто¬
ронами, a R и г - радиусы описанной и вписанной в тре¬
угольник окружностей. Четырёхугольник OMBN - квад¬
рат; следовательно, ВМ = BN = г. По теореме о равенстве
касательных, проведённых из одной точки к окружности,
СМ = СК, AN = АК. Получаем
АВ + ВС = г + AN + г + СМ = 2г + АК + СК = 2г + АС.
Так как гипотенуза прямоугольного треугольника равна
диаметру описанной окружности, то АВ + ВС = 2r + 2R.
Задача 10.
KD и МС - хорды одной окружности, причём Е - точка их пересечения. Найдите
угол CDE, если угол DEM в 4 раза больше угла DEC, а угол СМ К на 26°
больше угла DEC.
Идея. Вписанные углы, опирающиеся на одну дугу,
равны.
Указание. Вычислить угол DEC.
Указание. Воспользоваться равенством вписанных
углов, опирающихся на одну дугу.
Решение. Пусть /CDE = a, /DEC = 0. По усло¬
вию /СМК = /3 + 26°,
/DEM = 4/3. Значит,
/СЕМ = 180'
= 5/3
0 = 36°.
Вписанные углы CDK
равны
и СМК опираются на одну дугу СтК, поэтому они
а = /3 + 26° = 36° + 26° = 62°.
Ответ. 62°.
Задача 11.*
Найдите углы треугольника, в котором центры вписанной и описанной окружно¬
стей симметричны относительно одной из сторон треугольника.
Идея. Пусть в ДАВС центр вписанной окружности О и центр описанной
окружности 01 симметричны относительно АС. Рассмотреть ABCOi и АВСМ,
где М является точкой касания вписанной окружности с АС, и выразить их об¬
щий угол двумя способами.

156
Указания и решения
Указание. Обозначить ЛМСОг = а, тогда ЛВСОг = 3а.
Указание. ДВСО1 равнобедренный, поэтому ZCBOi=3a.
Указание. Из АВСМ угол ЛСВМ = 90° — 2а.
Решение. Рассмотрим А АВС. Пусть О и
01 - центры вписанной и описанной окруж¬
ностей. Пусть они симметричны относитель¬
но стороны АС. Тогда ZMCOi = ЛМСО и
СМ 1 OOi.
Обозначим а = ZMCOi = ЛМСО. Так
как СО - биссектриса, то
ЛВСО = ЛМСО = а.
В ABCOi стороны BOi = СО\ = 7?; следовательно,
ZCBOi = ZBCOi = За.
С другой стороны, из АМСВ следует ЛМВС = 90° — 2а. Значит,
За = 90° - 2а
а = 18°
и углы исходного треугольника равны 36°, 36° и 108°.
Ответ. 36°, 36°, 108°.
Задача 12.*
Через вершины вписанного в окружность треугольника проведены касательные
к этой окружности. Определить углы треугольника, образованного этими каса¬
тельными, через углы вписанного треугольника.
Идея. Применить теорему об угле между хордой и касательной.
Указание. Рассмотреть углы, образованные сторонами вписанного треуголь¬
ника и касательными; по теореме об угле между хордой и касательной установить
соответствие между ними и углами треугольника.
Указание. Воспользоваться теоремой о сумме внутренних углов треугольника.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС.
Пусть ЛВАС = а, Л АВС = /?, ЛВС А = 7.
Через вершины треугольника проведём каса¬
тельные к описанной окружности. Обозначим
точки пересечения касательных через А!, В',
С1. По теореме об угле между хордой и каса¬
тельной
ЛВС А' = ЛСВ А' = а;
ЛСАВ' = ЛАС В' = 0- ЛАВС' = ЛВАС' = 7.
2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
157
По теореме о сумме внутренних углов треугольника для ДВСЛ', ДЛС73' и
ДЛВС"
ЛВА'С = 180° - 2а;
ЛАВ'С = 180° - 2/3;
ЛАС В = 180° - 27.
Ответ. ЛА! = 180° - 2а, ЛВ' = 180° - 2/3, ЛС = 180° - 27.
Замечание. Если воспользоваться тем, что а + /3 + 7 = 180°, то ответ можно
привести к виду ЛА' = /3 + 7 - а, ЛВ' = а + 7 - /3, ЛС = /3 + а - 7.
Задача 13.*
Окружность проходит через вершины В, С и D трапеции ABCD и касается сто¬
роны АВ в точке В. Найти длину диагонали BD, если длины оснований трапеции
равны а и Ь.
Идея. Выразить BD из соотношения подобия.
Указание. Показать, что ЛАВР = ЛВСВ.
Указание. &ABD ~ ADCB по двум углам.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD.
Угол ABD равен углу BCD, как вписанный
угол и угол между касательной и хордой, опи¬
рающиеся на одну дугу, ЛСВВ = ЛВВА, как
накрест лежащие. Значит, &.ABD ~ &DCB и
BD АР
ВС ~ BD
BD = VBC • AD = Vba.
Ответ, vab.
Задача
Точка касания окружности, вписанной в прямоугольный треугольник, разбивает
один из его катетов на отрезки длины тип, причём т < п. Найти длину другого
катета.
Идея. Использовать теорему о равенстве отрезков касательных, проведённых из
одной точки к окружности.
Указание. Для отрезков, на которые стороны треугольника делятся точками
касания, применить теорему о равенстве отрезков касательных, проведённых из
одной точки к окружности.
Указание. Записать теорему Пифагора.

158
Указания и решения
Решение. Обозначим точки касания окруж¬
ности, вписанной в прямоугольный А АВС, с
катетами ЛС, ВС и гипотенузой АВ соответ¬
ственно через М, N и К.
Пусть CN = m, NB = n, AM = х.
По теореме о равенстве отрезков касатель¬
ных, проведённых из одной точки к окружно¬
сти, СМ = т, ВК = п, АК = х.
По теореме Пифагора для ДЛВС
(х + п)2 = (ш + п)2 + (т + х)2	<=>
<=> х2 + 2яп + п2 = т2 + 2тп + п2 + т2 + 2тх + х2 <=>
, ' о / А п 2 . п	m2 + mn .	2тп
<=> 2х\п — т) = 2т + 2тп ==> х =	, АС = х + т =	.
п — т	п — т
Ответ.
2тп
п — т'
Задача 15.*
Через точки пересечения двух окружностей Р и Р' проводятся произвольные пря¬
мые, пересекающие окружности. Через точки пересечения этих прямых с окруж¬
ностями проводятся прямые т и ш'. Доказать, что т параллельна mf.
Идея. Использовать свойство четырёхугольника, вписанного в окружность.
Указание. Рассмотреть два четырёхугольника, вписанных в окружности; най¬
ти в них равные углы.
Указание. Воспользоваться признаком параллельности прямых на плоскости.
Решение. Рассмотрим две окружности, пересекающиеся в точках Р и Р'. Про¬
ведём через точки Р и Р' произвольные прямые, пересекающие окружности в
точках Л, В, С и D. Обозначим Z.BCP = а.
Четырёхугольник СВР'Р вписан в окружность, поэтому по следствию 3 теоремы
о вписанном угле (см. теоретический материал)
Z.BCP + ЛВР'Р = тг => ЛВР'Р = тг-а.

2.1. Углы в окружностях. Касание окружности и прямой
159
Угол ВР'А - развёрнутый; значит,
АРР'А = я - (тг - а) = а.
Далее, четырёхугольник DAP'P вписан в окружность, поэтому
АРР'А + APDA = тг => APDA = тг - а.
По признаку параллельности прямых (сумма внутренних односторонних углов
ВСР и PDA равна развёрнутому углу) прямая AD (она же т) параллельна
прямой ВС (или т').
Утверждение доказано.
Задача 16.*
К двум не пересекающимся окружностям проведены две внешние касательные и
внутренняя. Точки М и N - точки касания внешней касательной с окружностями,
а Р и Q - точки пересечения внутренней касательной с внешними. Доказать, что
MN = PQ.
Идея. Использовать теорему о равенстве отрезков касательных, проведённых из
одной точки к окружности.
Указание. Обозначить все точки касания окружностей с касательными; вос¬
пользоваться равенством касательных, проведённых из одной точки к окружно¬
сти.
Решение. Обозначим точки касания окружностей со второй внешней касатель¬
ной через М‘ и Nf, а, точки касания окружностей с внутренней касательной через
F и Е. Пусть PF = х, FE = у, EQ = z.
По теореме о равенстве отрезков касательных, проведённых из одной точки к
окружности, получаем
MP = PF = z, PN = РЕ = х + у => MN = 2x + y.
С другой стороны,
QN' = QE = z, QM' = QF = z + y ==> M’N' = 2z + y.
Из равенства МN = M'N1 следует, что х = z, поэтому
MN = 2x + y = x + z + y = PQ,
Утверждение доказано.

160
Указания и решения
Задача 17.*
Может ли у треугольника со сторонами меньше 1 радиус описанной окружности
быть больше 100?
Идея. Привести соответствующий пример.
Указание. Сначала построить окружность, потом вписанный в неё треуголь¬
ник.
Решение. Рассмотрим окружность радиуса больше 100 и произвольную точку
А на ней. Отложим на окружности по разные стороны от точки А точки В и С
на расстоянии 1/2. Стороны полученного треугольника будут меньше 1.
Ответ. Да.
2.2.	Свойства касательных, хорд, секущих
Задача 1.
Доказать, что произведения длин отрезков двух пересекающихся хорд равны.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. Найти равные углы по теореме о вписанных углах.
Указание. Указать пару подобных треугольников; выписать отношения подо¬
бия.
Решение. Пусть АВ и CD - две хорды в окружно¬
сти, пересекающиеся в точке Е. Согласно следствию
из теоремы о вписанном угле ЛВАС = /.BDC как
вписанные углы, опирающиеся на одну дугу ВтС\
ЛАЕС = ЛВЕЕ как вертикальные. Следовательно,
£±АЕС ~ ADEB (по двум углам), поэтому
АЕ _ РЕ
ЕС ~ ЕВ
АЕ • ЕВ = DE> ЕС,
что и требовалось доказать.
Задача 2.
Доказать, что квадрат длины отрезка касательной равен произведению длины
отрезка секущей на длину её внешней части.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. Найти равные углы по теореме об угле между хордой и касательной
и теореме о вписанных углах.
Указание. Указать пару подобных треугольников; выписать отношения подо¬
бия.

2.2, Свойства касательных, хорд, секущих
161
Решение. Рассмотрим окружность с центром
О, к которой из точки А проведены касатель¬
ная АВ (В - точка касания) и секущая AD, где
С и D - точки её пересечения с окружностью,
причём точка С лежит между точками А и D.
Докажем, что
АВ2 = АС ■ AD.
Рассмотрим угол Z.ABC; пусть он равен а. То¬
гда по теореме об угле между хордой и каса¬
тельной ЛВОС = 2а.
С другой стороны, Z.BDC = а, так как это вписанный угол, опирающийся на
ту же дугу ВтС,
Следовательно, A ABC ~ AADB по двум углам (угол А общий), поэтому
АВ _ АС
AD ~ АВ
АВ2 = АС ■ AD,
что и требовалось доказать.
Задача 3.
КМ и CD - хорды одной окружности, причём Е - точ¬
ка их пересечения. Найдите КМ, если СЕ = 6, ED = 8
и КЕ на 8 меньше ЕМ.
Идея. Использовать теорему о хордах.
Указание. Обозначить длину одного из отрезков
хорды КМ за новую переменную.
Указание. Воспользоваться теоремой о хордах.
Решение. Пусть КЕ = х, тогда ЕМ = х + 8.
По теореме о пересекающихся хордах
я2+8я-48 = О
х = 4
2?(я+8) = 6-8
КМ = 2я+8 = 16.
Ответ. 16.
Задача 4-
BD и СЕ - хорды одной окружности, причём А - точка их пересечения. Найдите
BD, если АС = 6,АЕ = 12 и АВ на 1 меньше AD,
Идея. Использовать теорему о хордах.
Указание. Обозначить длину одного из отрезков хорды BD за новую перемен¬
ную.
Указание. Воспользоваться теоремой о хордах.

162
Указания и решения
Решение. Пусть AD = х, тогда АВ = х — 1.
По теореме о пересекающихся хордах
х- (®- 1) = 6-12 <=> х2—х — 72 = 0 ==>
==> х = 9 => BD = 2х - 1 = 17.
Ответ. 17.
Задача 5.
Прямая СК пересекает окружность в точках Р и К, а прямая СМ - в точках
D и М. Найдите DM, если СК = 16, СР = 6 и СМ = 24.
Идея. Использовать следствие из теоремы о касательной и секущей.
Указание. Рассмотреть два варианта взаимного расположения точек Р, С и
М на прямой.
Указание. Воспользоваться следствием из теоремы о касательной и секущей.
Решение. Возможны два варианта: точка D расположена между точками С и
М или точка М расположена между точками С и D,
По следствию из теоремы о касательной и секущей
СК • СР = СМ • CD => CD = СК„СР =	= 4.
СМ 24
В первом случае (рисунок слева) DM = 24 - 4 = 20. Во втором случае (рисунок
справа) получили противоречие: CD < СМ; значит, такое расположение точек
D,C и М невозможно.
Ответ. 20.
Задача 6.
Прямая АС пересекает окружность в точках D и С, а прямая АВ - касательная
к окружности, В - точка касания. Найдите AD если АВ = 6, CD = 5.
Идея. Использовать теорему о касательной и секущей.
Указание. Ввести новую переменную: AD = х, Рассмотреть два случая рас¬
положения точек С и D.
Указание. Записать теорему о касательной и секущей; решить квадратное
уравнение, отобрать корень.
Решение. По теореме о касательной и секущей АВ2 = AD • АС,

2.2. Свойства касательных, хорд, секущих
163
А 6 В
А 6 В
Рассмотрим два чертежа. В первом случае точка D лежит между точками А и
С. Обозначим AD = х. Тогда
36 = х • (х + 5)
х2 + 5х — 36 = О
х = 4.
Во втором случае точка С лежит между точками А и D; значит,
36 = х • (х — 5)	<==> х2 — 5х — 36 = 0 ==> х = 9.
Ответ. 4 или 9.
Задача 7.
АС и BD - хорды одной окружности, причём К - точка их пересечения. Найдите
Рек если КВ = 12, КС = 30 и Рак в = 28.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. Найти равные углы по теореме о впи-

санных углах.	\
Указание. Обосновать подобие треугольников /	\	*''-.\
СК D и АКВ\ вычислить коэффициент подобия.	I 30\
Указание. Отношение периметров подобных тре- m I \	I
угольников равно коэффициенту подобия.	\	/
Решение. Углы ЛВАС и ЛВБС равны как впи-
санные углы, опирающиеся на одну дугу ВтС\	® А
ЛАК В = ЛИ К С как вертикальные. Следовательно,
А АКБ ~ ADKC (по двум углам)	с коэффициентом
ВК 12	Рдкв	,	 ,	р
подобия к =	—— = —,	поэтому	—	=	к	==>	Pckd = - • 28 = 70.
СК 30	Pckd	*
Ответ. 70.
Задача 8.
Радиус круга равен 5. Внутри круга взята точка Р на расстоянии 4 от его цен¬
тра О. Через точку Р проведена хорда АВ = 8. На какие части делится хорда
точкой Р?
Идея. Использовать теорему о хордах.

164
Указания и решения
Указание. Провести через точку Р диаметр
окружности.
У казание. Обозначить длину одного из отрезков
хорды АВ за новую переменную.
У казание. Воспользоваться теоремой о хордах.
Решение. Проведём через точку Р диаметр KF,
тогда КР = 9, PF = 1.
Пусть РВ = х, тогда АР = 8 — х. По теореме о
хордах КР • PF = АР • РВ;
9-1 = (8-я)-я Ф=> я2-8я+9 = 0 =>
РВ = х = 4±\/7,
АР = 8—х = 4=р>/7.
Ответ. 4-Ьх/7; 4—х/7
Задача 9.
Около треугольника АВС описана окружность. Медиана треугольника AM про¬
длена до пересечения с окружностью в точке К. Найдите сторону АС если
AM = 18, МК = 8, ВК = 10.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников.
Указание. Найти равные углы по теореме о вписанных углах.
Указание. Обосновать подобие треугольников AM С и ВМК; выписать отно¬
шения подобия; найти коэффициент подобия.
Указание. Искомую величину найти из отношения подобия.
Решение. Согласно следствию из теоремы о
вписанном угле ЛАС В = ЛАК В как вписан¬
ные углы, опирающиеся на одну дугу АтВ]
ЛАМС = ЛВМК как вертикальные. Следователь¬
но, ДЛМС ~ АВМК (по двум углам), поэтому
AM МС „	_
—— = тг??- По условию ВМ = МС: значит,
ВМ МК
ВМ2 = 18 • 8 = 144 => ВМ = 12.
Найдём коэффициент подобия k =
Осталось вычислить АС:
AM _ 3
ВМ “ 2*
АС = k • ВК = • 10 = 15.
2
Ответ. 15.

2.2. Свойства касательных, хорд, секущих
165
Задача 10.
Из внешней точки проведены к окружности секущая длиной 12 и касательная,
длина которой составляет 2/3 внутреннего отрезка секущей. Определить длину
касательной.
Идея. Воспользоваться теоремой о касательной и секущей.
Указание. Обозначить через новую переменную внутренний отрезок секущей.
Указание. Записать теорему о касательной и секущей.
Указание. Решить квадратное уравнение, отобрать корни.
Решение. Проведём к окружности касатель¬
ную АК, где А - внешняя точка, К - точ¬
ка касания. Построим секущую АВ] обозна¬
чим через С вторую точку пересечения секу¬
щей с окружностью. Пусть ВС = х, тогда
2х
АС = 12 — ж, АК = —. По теореме о каса¬
тельной и секущей АК2 = АС • АВ. Тогда
^г2 = (12-я)-12 <=> z2+27z-324 = 0 =>
х = 9 => АК = — =6.
о
Ответ. 6.
Задача 11.
Четырёхугольник ABCD с взаимно перпендикуляр¬
ными диагоналями АС и BD вписан в окружность.
Найти её радиус, если АВ — 4, CD = 2.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников и
теоремой синусов.
Указание. Найти равные углы по теореме о впи¬
санных углах.
Указание. Обосновать подобие треугольников
AFB и DFC; найти коэффициент подобия.
Указание. Из прямоугольного ACFB найти
sin Z.FCB.
Указание. Применить теорему синусов к А АВС.
Решение. Согласно следствию из теоремы о вписанном угле Z.CAB = Z.CDB
как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу СтВ. Следовательно, прямо¬
угольные треугольники AFB и DFC подобны (по острому углу) с коэффициен-
АВ
том подобия k =	= 2. Из подобия следует, что если FC = х, то BF = 2я;
аналогично если DF = у, то AF = 2у. Из прямоугольного ACFB найдём синус
угла FCB:
tg Z.FCB =	= 2 => sin ZFCB = -^=.
г С	у5

166
Указания и решения
Осталось применить теорему синусов к ДАВС:
АВ
—————	о р
sin ЛЕС В
R = v5.
Ответ. \/5.
Замечание Можно решить задачу проще, если
сделать дополнительное построение. Построим тре¬
угольник BDC', симметричный треугольнику В DC
(DCf = ВС, BCf = DC). Так как угол между хор¬
дами АС и BD прямой, то
АВ + CD= 180°
=> АВ + ВС'= 180° =>
=> ЛАВС' = 90°
и по теореме Пифагора АС1 = 2\/5, откуда радиус R = ч/б.
Задача 12/
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Известно, что АВ = 9, CD = 4,
АС = 7 и BD = 8. Найти площадь четырёхугольника ABCD.
Идея. Воспользоваться подобием треугольников и	А
теоремой косинусов для нахождения угла между диа-
гоналями.	/ I \
Указание. Найти равные углы по теореме о вписан-	/ / \ Ад®
ных углах.	П /	\ **** /
Указание. Обосновать подобие ААКВ и ADKC,	\ I	/ 1
где К - точка пересечения диагоналей; найти коэффи-	у' \ //
циент подобия.
Указание. В треугольнике АКВ найти длины всех	С
сторон.
Указание. По теореме косинусов определить cos ЛАК В; по основному триго¬
нометрическому тождеству вычислить sin ЛАК В.
Указание. Площадь четырёхугольника найти как полупроизведение длин диа¬
гоналей на синус угла между ними.
Решение. Будем искать площадь ABCD по формуле
Sabcd = ^АС ■ BD ■ sin ЛАК В = 28 sin ЛАК В,
где К - точка пересечения диагоналей. Значение sinZylKB не известно. Посту¬
пим так. В треугольнике АКВ найдём длины всех сторон, далее по теореме коси¬
нусов определим cos ЛАК В, затем по основному тригонометрическому тождеству
вычислим sin ЛАК В и, наконец, найдём Sabcd-

2.2. Свойства касательных, хорд, секущих
167
По следствию из теоремы о вписанном угле Z.ABD = Z.ACD как вписанные
углы, опирающиеся на дугу AnD-, ЛАК В = Z.DKC как вертикальные. Следо-
АВ 9
вательно, &АКВ ~ ADKC с коэффициентом подобия к = —— = Используя
.	СВ 4
условие задачи и подобие, найдем длины отрезков АК и КВ:
АК
KD
КВ
КС ~ 4
( 9х + 4у = 7;
4х + 9у = 8;
к
31-9	44-9
Получаем АК = 9х —	, КВ = 9у = ———. Запишем теорему косинусов для
оо	65
&АКВ:
9
4
9
АК = 9х, KD = 4х;
КВ = 9у, КС = 4у;
31	44
Х~ 65’ У ~ 65’
АВ2 = АК2 + КВ2 -2- АК • КВ -cos ЛАКВ 4=4
,.r.D АК2 + КВ2-АВ2	166
4=> cos ЛАК В —		————	=	;
2-АК-КВ	31-11
sin ЛАК В = у/1 - cos2 ЛАК В =
31-11
Осталось вычислить площадь:
Sabcd = 28sinZ4tfB =
п 1820\/2Т
°ТВет- -34Г"
Задача 13.
Окружность проходит через вершины А и С треугольника АВС, пересекает сто¬
рону АВ в точке Е и сторону ВС в точке F. Угол АЕС в 5 раз больше угла
BAF, Л АВС = 72°. Найти радиус окружности, если АС = 6.
Идея. Использовать теорему об угле между
секущими, выходящими из одной точки.
Указание. Воспользовавшись теоремой об
угле между секущими, выходящими из одной
точки, найти угол АЕС.
Указание. Радиус окружности, описанной
около прямоугольного треугольника, равен по¬
ловине гипотенузы.
Решение. Пусть Z.BAF = а, ЛАЕС = 5а.
Тогда угол между секущими равен
72° = ^(АтС - EnF) = 5а - а = 4а
&
==> а = 18°;
5а = 90°.

168
Указания и решения
Значит, АС - диаметр описанной окружности, поэтому её радиус R = —= 3.
Ответ. 3.
Задача 1^.
Через точку К, находящуюся вне окружности радиуса 4, проведена прямая, пере¬
секающая окружность в точках L и М. Найти расстояние от точки К до центра
окружности, если известно, что KL = 4, КМ = 5.
Идея. Воспользоваться следствием из теоремы о касательной и секущей.
Указание. Провести прямую, проходящую через точку К и центр окружности.
Указание. Использовать следствие из теоремы о касательной и секущей.
Решение. Проведём прямую, проходящую че¬
рез точку К и центр окружности О. Точки её
пересечения с окружностью обозначим через F
и Е. Необходимо найти КО. Пусть KF = х. По
следствию из теоремы о касательной и секущей
KL • КМ = KF • КЕ, поэтому
4 • 5 = х • (х + 8) <==> х2 + 8х — 20 = 0 =>
х = 2
КО = 6.
Ответ. 6.
Задача 15/
Четырёхугольник ABCD вписан в окружность. Продолжение стороны АВ за
точку В пересекается с продолжением стороны CD в точке Е. Найти угол ADE,
если СЕ = 2BE, АВ : ЕС = 7 : 2 и косинус угла AED равен 7/8.
Идея. Воспользоваться следствием из теоремы
о касательной и секущей и теоремой косинусов.
Указание. Выразить через новую перемен¬
ную все отрезки секущих, для чего воспользо¬
ваться следствием из теоремы о касательной и
секущей.
Указание. По теореме косинусов для AADE
найти AD как функцию новой переменной.
Указание. Для поиска cos Z.ADE ещё раз ис¬
пользовать теорему косинусов для AADE.
Решение. Пусть Z.ADC = a, А АЕС = /3. По условию cos/З = -. Обозначим
далее BE = х, тогда по условию СЕ = 2а;, АВ = 7х. По следствию из теоремы о
касательной и секущей
CE-DE = BEAE =>
DE = 4х
DC = 2а:.

2,2. Свойства касательных, хорд, секущих
169
По теореме косинусов для AADE
AD2 = AE2+DE2-2-AE-DE-cos/3 = 64х2+16а:2-56а:2 = 24т2 => AD = 2\/бх.
Ещё раз запишем теорему косинусов для £±ADE\
ат?2 — A n2 I П о ЛП п 17		V	24я2 + 16ж2 — 64ж2	\/б
АЕ — AL) + ЕЕ — 2 • AD • DE • cos а => cos а  	—		 — —

16х/бж2	4 ’
Ответ. arccos(—\/б/4).
Задача 16.
В окружности проведены равные пересекающиеся хорды. Доказать, что соответ¬
ствующие части этих хорд, на которые они делятся точкой пересечения, равны.
Идея. Использовать свойство пересекающихся
хорд.
Указание. Произведения длин отрезков двух пе¬
ресекающихся хорд равны.
Решение. Пусть хорды АВ и CD пересекаются в
точке Q и АВ = CD = a, AQ = х, CQ = у, тогда
BQ = а—х, DQ = а—у. По свойству пересекающихся
хорд получаем
AQBQ = CQDQ
<=> х(а—х) = у(а-у) <=>
<=> а(х - у) = х2 - у2 <=> (ж - у)(а - х - у) = О,
то есть либо х = у, либо х = а — у, что и требовалось доказать.
Задача 17.*
Доказать, что расстояние от точки окружности до хорды круга есть среднее про¬
порциональное между расстояниями от концов хорды до касательной к окружно¬
сти в этой точке.
Идея. Воспользоваться теоремой о касательной и секущей.
Указание. Продолжить касательную и прямую, содержащую хорду, до пере¬
сечения.
Указание. Использовать подобие прямоугольных треугольников и теорему о
касательной и секущей.
Решение. Если хорда АВ параллельна касательной, проведённой в точке М,
то все три расстояния равны и утверждение задачи справедливо.
Рассмотрим случай, когда продолжение хорды АВ и касательная пересекают¬
ся. Обозначим точку пересечения S; MN - расстояние от точки М до хорды АВ;
АК и BF - расстояния от концов хорды до касательной.

170
Указания и решения
Требуется доказать, что MN = \/BF ■ АК.
Треугольник SKA подобен треугольнику SBF,
поэтому
AS _ АК
SB ~ BF'
Треугольник ASK подобен треугольнику SMN,
следовательно,
AS _ АК_
SM ~ MN
и MN = ——АК.
По свойству касательной и секущей SM = \/SA • SB, откуда получаем, что
UN=^АК=‘VSAK=\ШАК=
2.3.	Смешанные задачи
Задача 1.
Около окружности диаметром 15 описана равнобедренная трапеция с боковой сто¬
роной, равной 17. Найдите длину большего основания трапеции.
Идея. Использовать свойство описанного четырёхугольника.
У казание. Провести обе высоты трапеции. Найти расстояние от оснований вы¬
сот до вершин большего основания трапеции.
У казание. Использовать свойство описанного четырёхугольника: суммы про¬
тиволежащих сторон равны.
Решение. Рассмотрим равнобедренную трапе¬
цию ABCD. Проведём высоты ВН и СК; они
равны диаметру вписанной окружности, то есть
ВН = СК = 15. Так как трапеция равнобедрен¬
ная, то треугольники АВН и DC К равны по
гипотенузе и катету, поэтому по теореме Пифа¬
гора
АН = DK = \/172 - 152 = 8.
Так как ВС КН - прямоугольник, то ВС = КН. Используя свойство описанного
четырёхугольника, получаем
AD + ВС = АВ + CD <=> AD + AD - 2 • 8 = 17 + 17 <=> AD = 25.
Замечание. На рисунке нет окружности. Она и не нужна, важно понимать,
что она даёт нам. В этой задаче, зная, что в трапецию вписана окружность, мы
получили сразу два факта: во-первых, высоту трапеции, а, во-вторых, то, что
суммы противоположных сторон равны.
Ответ. 25.

2.3. Смешанные задачи
171
Задача 2.
Из точки Л, лежащей на окружности, проведены две хорды, равные 7 и 15. Най¬
дите диаметр окружности, если расстояние между серединами хорд равно 10.
Идея. Использовать теорему синусов.
Указание. Используя теорему косинусов, найти угол А.
Указание. Используя теорему синусов, найти диаметр окружности.
Решение. Обозначим концы хорд за В и С. Рас¬
стояние между серединами хорд - это средняя линия
треугольника АВС. Значит, сторона ВС = 20. Таким
образом, даны три стороны треугольника, а надо най¬
ти диаметр описанной окружности. Сначала по теореме
косинусов найдём cos ZА, а затем по теореме синусов
найдём диаметр окружности.
ВС2 = AB2+AC2-2-AB-AC-cosZA
3
cos ЛА = - -
5
• / л 4
sin ЛА = -
5
27? =
ВС
sinZA
= 25.
Ответ. 25.
Задача 3.
Две окружности, вписанные в угол 60°, касаются друг друга внешним образом.
Найти расстояние от точки касания окружностей до стороны угла, если радиус
большей окружности равен 23.
Идея. Использовать соотношения в прямоугольном треугольнике.
Указание. Найти расстояние от вершины угла до центра большей окружности.
Указание. Найти расстояние от вершины угла до точки касания окружностей.
Решение. Обозначим за А вершину угла, за
Q - центр большей окружности. Пусть В - точка
касания окружностей, D - точка касания боль¬
шей окружности с одной из сторон угла.
Проведём перпендикуляр ВС на ту же сто¬
рону угла. Его длину и надо найти.
Так как центры окружностей и их точка каса¬
ния лежат на биссектрисе угла, то ЛВАС = 30°.
Поэтому достаточно найти отрезок АВ, полови¬
на которого и даст нам искомый отрезок ВС (ка¬
тет, лежащий против угла 30°, равен половине
гипотенузы).
В прямоугольном треугольнике ADQ с острым углом ZA = 30° гипотенуза
AQ равна 2QD = 46.

172
Указания и решения
Следовательно, АВ = AQ — BQ = 46 - 23 = 23 =>
ВС =
АВ 23
2 “ Т*
Ответ.
23
2 *
Задача 4-
В окружности, радиус которой равен 11, проведены хорды АВ и АС. Угол между
ними равен 30°. Найти расстояние между точками В п С.
Идея. Использовать теорему синусов.
Указание. Использовать теорему синусов для А АВС.
Решение. Треугольник АВС вписан в окружность ра¬
диуса 11. Надо, зная угол, найти противолежащую ему
сторону. Это теорема синусов в чистом виде:
ВС = 27?sinZ4 = ll.
Замечание. Вообще говоря, в этой задаче можно и не
приводить рисунок, настолько всё очевидно.
Ответ. 11.
Задача 5.
В окружности по разные стороны от центра проведены параллельные хорды дли¬
ной 12 и 16. Расстояние между ними равно 14. Найти радиус окружности.
Идея. Использовать теорему Пифагора.
Указание. Провести через центр окружности
перпендикуляр к хордам.
Указание. Соединив центр окружности с конца¬
ми хорд, дважды использовать теорему Пифагора.
Решение. Рассмотрим две параллельные хорды
АВ = 12 и CD = 16 соответственно. Проведём
через центр окружности О перпендикуляр к этим
хордам КН. Тогда АК = §,СН = 8. Обозначим
АО = СО = 7?, ОН = ж, тогда ОК = 14 - х. Запи¬
шем теорему Пифагора для £±АКО и &СНО -.
( АО2 = АК2 + КО2,	( R2 = 62 + (14 — а;)2,
\ СО2 = СН2+ ОН2;	( R2 = 82 + x2-,
X = 6,
71= 10.
Ответ. 10.

2.3, Смешанные задачи
173
Задача 6.
Общей хордой двух кругов стягиваются дуги в 60° и 120°. Найти отношение
площадей этих кругов.
Идея. Использовать теорему косинусов.
Указание. Выразить квадрат хорды по теореме косинусов из двух треугольни¬
ков. Найти отношение квадратов радиусов.
Решение. Так как величина центрально¬
го угла равна величине угловой меры дуги
окружности, то А АО В = 120°,Zj4QB = 60°.
Обозначим через R и г радиусы большей и
меньшей окружностей, соответственно. Так
как площадь круга пропорциональна квадра¬
ту радиуса, то искомое отношение площадей
я2 _
двух кругов равно —Это отношение лег-
г2
ко находится, если АВ2 выразить по теореме
косинусов из ААВО и AABQ и приравнять:
АО2 + ВО2 -2-АО ВО- cos^AOB = AQ2 + BQ2 -2-AQ-BQ- cos^AQB <=>
<=> 2г2 - 2г2 • cos 120° = 2R2 - 2R2 • cos 60°
R2 3
г2 ~ 1 ’
Ответ. 3:1.
Задача 7.
В полукруг помещён круг, касающийся дуги полукруга в её середине, а также
диаметра полукруга. Найдите отношение площадей данного полукруга и данного
круга.
Идея. Радиус полукруга является диаметром вписанного круга.
Указание. Воспользоваться формулой SKpyra = nR2.
Решение. Так как радиус полукруга является
диаметром вписанного круга, то решение очевидно:
^полукруга   0? 5тг(2г)2

Округа	7Г7'2
Ответ. 2.

174
Указания и решения
Задача 8.
Определить радиус окружности, если вписанный в неё угол со сторонами, длины
которых равны 1 и 2, опирается на дугу 120°.
Идея. Использовать теорему синусов.
Указание. Найти угол между хордами. Затем найти расстояние между конца¬
ми хорд, используя теорему косинусов.
Указание. По теореме синусов найти радиус окружности.
Решение. Пусть хорды АВ = 1, АС = 2. Так как ве¬
личина вписанного угла равна половине величины ду¬
ги, на которую он опирается, то ЛВАС = 60°. Значит,
треугольник АВС полностью определён, а найти надо
радиус описанной окружности. Его легко будет найти
по теореме синусов, если знать ВС. Этот отрезок легко
находится по теореме косинусов:
ВС2 = AB2+AC2—2ABACcosZ.BAC = 3 =>
Теперь по теореме синусов находим радиус окружности:
о вс
2 sin ЛВАС
Ответ. 1.
Задача 9.
Окружности радиусов г и R касаются внешним образом. Найдите длину их общей
внешней касательной.
Идея. Дополнительное построение: опустить пер¬
пендикуляр из центра меньшей окружности на ра¬
диус, проведённый в точку касания большей окруж¬
ности с внешней касательной.
У казание. Провести дополнительное построение:
опустить перпендикуляр из центра меньшей окруж¬
ности на радиус, проведённый в точку касания боль¬
шей окружности с внешней касательной.
Указание. Длина получившегося перпендикуля¬
ра равна длине отрезка касательной. Найти его по теореме Пифагора.
Решение. Пусть А,В - центры окружностей, a C,D - точки касания окруж¬
ностей с общей внешней касательной, соответственно. Надо найти длину отрезка
CD. Опустим перпендикуляр АВ на радиус BD. Так как ACDF - прямоуголь¬
ник, то AF = CD. Длину отрезка AF легко найти по теореме Пифагора из тре¬
угольника ABF(AB = R + r,BF = R — г):
AF2 = AB2-BF2 ==> AF = 2\/Rr.

2.3. Смешанные задачи
175
Если R = г, то длина отрезка касательной равна расстоянию между центрами
окружностей, то есть 27?, что также равно 2>/Rt .
Замечание. Дополнительное построение, проведённое в этой задаче, является
классическим (часто используемым) в задачах с двумя касающимися окружностя¬
ми.
Ответ. 2у/Йт .
Задача 10.
В угол, величина которого равна а, вписаны две окружности, касающиеся друг
друга и сторон угла. Определить отношение большего радиуса к меньшему.
Идея. Провести радиусы в точки касания окружностей с одной из сторон угла;
использовать подобие прямоугольных треугольников.
Указание. Провести радиусы в точки касания окружностей с одной из сторон
угла.
Указание. Обосновать подобие прямоугольных треугольников; отношение ра¬
диусов найти из отношений подобия.
Решение. Пусть Л, В - центры окружностей с ра¬
диусами г и 7?, а С, D - точки касания этих окруж-
Из
ностей с одной из сторон угла с вершиной F вели¬
чины а. Так как центры вписанных в угол окруж-
.	. . _ а
ностей лежат на его биссектрисе, то Z.AFC = —.
прямоугольного треугольника AFC находим
AF =
г
sin ’
Заметим, что прямоугольные треугольники AFC и BFD подобны (общий острый
угол), поэтому
BD BF
ac^af
sm
г
sin
. а 7? , а
= 1+sin—H—sin —
2 г 2
7? __ 1 + sin
г 1 - sin § ’
Ответ.
1 + sin j
1 - sin ~ ’
Задача 11.
В круг вписаны две трапеции с соответственно параллельными сторонами. Дока¬
жите, что диагонали этих трапеций равны.
Идея. Использовать свойство вписанных углов: равным вписанным углам соот¬
ветствуют равные хорды, на которые они опираются.

176
Указания и решения
Указание. Доказать, что углы трапеций, образованные соответственно парал¬
лельными сторонами, равны.
Указание. Использовать следствие из теоремы о вписанном угле: равным впи¬
санным углам соответствуют равные хорды, на которые они опираются.
Решение. Рассмотрим вписанные в круг трапе¬
ции ABCD и A'B'C'D1 с соответственно парал¬
лельными сторонами: АВ || А'В', ВС || В'С,
CD || CD', AD || A'D'.
Поскольку соответственные стороны трапеций
параллельны, соответственные углы равны. В част¬
ности, LA = LA!.
Равным вписанным углам соответствуют рав¬
ные хорды, на которые они опираются, поэтому
BD = B'D'.
Наконец, заметим, что любая вписанная в
окружности трапеция является равнобедренной,
поэтому АС = BD, А'С = B'D'.
Утверждение доказано.
Задача 12.
Вычислите площадь равнобедренной трапеции, если её высота равна h, а боковая
сторона видна из центра описанной окружности под углом а.
Идея. Использовать теорему о вписанном угле.
Указание. По теореме о вписанном угле выразить угол между диагональю
трапеции и основанием.
Указание. Провести высоту к основанию трапеции; из прямоугольного тре¬
угольника по высоте и углу найти второй катет, который равен полусумме осно¬
ваний.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD, впи¬
санную в окружность с центром О. По условию
Z.AOB = а. Центральному углу АОВ соответствует
Q
вписанный угол ADB, поэтому Z.ADB = —. Опу¬
стим высоту ВН из вершины В на основание AD;
ВН = h. Площадь трапеции будем считать по фор¬
муле
AD + BC
OABCD = П ■

Здесь использован тот факт, что если трапеция впи¬
сана в окружность, то она равнобедренная, поэтому
= h • HD.
HD = (AD + ВС)/2. Длину отрезка HD найдём из прямоугольного треугольника
BHD:
, ot	„	, о а
HD = /г ctg - => Sabcd = Л ctg
Ответ. h2ctg
a
2 *

2.3. Смешанные задачи
177
Задача 13.
В окружности диаметра 4 проведены диаметр АВ и хорда CD, пересекающиеся
в точке Е. Известно, что /АВС = 60°, /ВСЕ = 8°. Найти длину СЕ.
Идея. Дважды использовать теорему синусов.
Указание. Найти /В DC и, используя теорему
синусов для ABCD, найти ВС.
Указание. По теореме синусов из АВСЕ най¬
ти СЕ.
Решение. Так как /АВС = 60°, то дуга АС
равна 120°. Следовательно, дуга ВС равна 60°.
Значит, /В DC = 30°. Тогда по теореме синусов
из ABCD находим ВС:
ВС = 4-sin30° =2.
Теперь по теореме синусов из АВСЕ находим
СЕ:
СЕ _ ВС
sin /С BE sin /ВЕС
СЕ -	2‘sin60°	_ х/3
sin(180° — 68°) - sin 68° ’
V3
Ответ. .	.
sm 68°
Задача 14»*
7Г
В треугольнике АВС /В = - . Через точки Ап В проведена окружность радиуса
2, касающаяся прямой АС в точке А. Через точки В и С проведена окружность
радиуса 3, касающаяся прямой АС в точке С. Найти длину стороны АС.
Идея. Воспользоваться теоремой об угле
между хордой и касательной и теоремой сину¬
сов.
Указание. Используя теорему об угле меж¬
ду хордой и касательной и свойства равнобед¬
ренных треугольников, выразить стороны АВ
и ВС треугольника АВС через его углы.
Указание. Выразить стороны АВ и ВС
через радиус окружности, описанной вокруг
А АВС, используя теорему синусов.
Указание. Приравняв произведение длин сторон, вычислить радиус описанной
окружности.
Указание. По теореме синусов из А АВС найти АС.

178
Указания и решения
Решение. Пусть /ВАС = а, /ВС А = 7. В окружности с центром Oi радиуса
2 мера одной из двух дуг АВ равна 2а. Значит,
АВ = 2 • О1В • sin а = 4 sin а.
Аналогично
ВС = 2 • О2В • sin 7 = 6 sin7.
С другой стороны, по теореме синусов из ДАВС
АВ = 27? sin 7, ВС = 27? sin а,
где R - радиус окружности, описанной около ДАВС. Получаем
АВ • ВС = 24 sin a sin 7 = 47?2 sin а sin 7 ==> 7? = у/б.
По теореме синусов для ДАВС находим
АС = 2/? sin £ = R = д/б.
6
Ответ. \/б.
Задача 15.
AM - биссектриса треугольника АВС, ВМ = 2, СМ = 3, D - точка пересечения
AM с окружностью, описанной около данного треугольника, MD = 2. Найти АВ.
Идея. Использовать свойство вписанных углов.
Указание. Используя свойство вписанных углов и
условие задачи, найти все равные углы.
Указание. Используя признак равнобедренных тре¬
угольников, показать, что АВ = BD.
Указание. Используя подобие треугольников В DC
и BMD, найти BD.
Решение. Так как AD - биссектриса угла ВАС, то
/BAD = /CAD. В силу равенства углов, опирающих¬
ся на одну и ту же или равные дуги, получаем
/DBC = /DAC = /BAD = /BCD.
Поскольку ВМ = MD по условию, то треугольник BMD равнобедренный и,
следовательно, /ADB = /DBC. Отсюда следует, что и треугольник ABD тоже
равнобедренный, то есть АВ = BD. Значит, можно искать не АВ, a BD, что
легко сделать, учитывая подобие треугольников В DC и BMD (по двум углам):
ВР _ ВМ
ВС ~ BD
BD = \Ло.
Замечание. При решении геометрических задач часто применяют подобный
ход: сводят задачу к поиску того, что проще искать.
Ответ, х/10.

2.3. Смешанные задачи
179
Задача 16.
Окружности радиусов 2 и 3 внешним образом касаются друг друга в точке А. Их
общая касательная, проходящая через точку Л, пересекает две другие их общие
касательные в точках В и С. Найти ВС.
Идея. Показать, что ВС равно расстоянию
между точками касания внешней касательной
с окружностями.
Указание. Показать, что ВС равно рассто¬
янию между точками касания внешней каса¬
тельной с окружностями.
Указание. Провести дополнительное по¬
строение: опустить перпендикуляр из центра
меньшей окружности на радиус, проведённый в
точку касания большей окружности с внешней
касательной.
Указание. Длина получившегося перпендикуляра равна длине отрезка каса¬
тельной. Найти его по теореме Пифагора.
Решение. Пусть О,Q - центры меньшей и большей окружностей, D^K^F^L -
точки касания окружностей с внешними касательными, а Е - точка пересечения
внешних касательных. По свойству касательных, проведённых из одной точки,
ED = EF, EK = EL, следовательно, DK = FL.
По той же причине BD = В А = В К и CF = С А = CL. Значит,
ВС = DK = FL, поэтому вместо ВС можно искать DK.
Опустим перпендикуляр ОН на радиус QK. Так как ODKH - прямоуголь¬
ник, то DK = ОН. Значит, чтобы найти ВС, можно искать ОН, а это легко
сделать по теореме Пифагора из &OQH:
ОН = y/OQ2 - QH2 = Уб2 - I2 = 2 Уб.
Замечание. Заметьте, мы снова применили этот трюк: свели задачу к поиску
того, что проще искать.
Ответ. 2\/б.
Задача 17.
Две окружности касаются друг друга внешним образом в точке С. Радиусы
окружностей равны 2 и 7. Общая касательная к обеим окружностям, проведённая
через точку С, пересекается с другой их общей касательной в точке D. Найти
расстояние от центра меньшей окружности до точки D.
Идея. Показать, что точка D делит отрезок между точками касания внешней
касательной пополам.
Указание. Используя свойство отрезков касательных, проведённых из одной
точки к окружности, показать, что точка D делит отрезок между точками касания
внешней касательной пополам.

180
Указания и решения
Указание. Провести дополнительное построение: опустить перпендикуляр из
центра меньшей окружности на радиус, проведённый в точку касания с внешней
касательной, большей окружности.
Указание. Длина получившегося перпендикуляра равна длине отрезка каса¬
тельной. Найти его по теореме Пифагора.
Решение. Пусть О,Q - центры меньшей и
большей окружностей соответственно, а Л, В -
их точки касания с внешней касательной. По¬
скольку известен радиус АО = 2, то для на¬
хождения OD не хватает только AD. По свой¬
ству касательных, проведённых из одной точки
к окружности, получаем, что AD = DC = DB,
то есть AD = АВ/2. Опустим перпендикуляр
ОН на радиус QB. Так как АВ НО - прямо¬
угольник, то АВ = ОН. Отрезок ОН находим по теореме Пифагора из AOQH:
ОН = y/OQ2 - QH2 = У92 - 52 = 2 У14
Значит, AD = >/14. Тогда по теореме Пифагора из AADO находим OD :
OD = >/ОА2 + AD2 = 3>/2.
Ответ. 3\/2.
Задача 18.
В треугольнике АВС даны длины сторон АВ = л/2, ВС = у/5 и АС = 3. Сравни¬
те величину угла ВОС и 112,5°, если О - центр вписанной в треугольник АВС
окружности.
Идея. Воспользоваться теоремой об окружности, вписанной в треугольник:
центр вписанной окружности является точкой пересечения биссектрис.
Указание. Используя свойство вписанной окружно¬
сти и теорему о сумме внутренних углов треугольника,
выразить искомый угол через /.ВАС.
Указание. По теореме косинусов найти /ВАС.
Решение. Величину угла ВОС можно найти из
&ВОС, используя свойство вписанной окружности и
теорему о сумме внутренних углов треугольника:
ЛВОС = 180°-^^-^^ = 180°-1 (180° - ЛВАС) = 90°+^Д
z z	2	2
Неизвестную величину /ВАС определим по теореме косинусов для А АВС:
со^ВЛС = Авг + ЛСг^В& = 2 + 9-5 ~ _1_
2 • АВ ■ АС 2 • у/2 ■ 3	у/2

2.3. Смешанные задачи
181
Значит, /ВАС = 45°. Подставляем:
45°
/ВОС = 90° + — = 112,5°.
Ответ. Z.BOC = 112,5°.
Задача 19.*
Найти радиус окружности, которая касается двух окружностей, касающихся друг
друга внешним образом, радиусов г и R и отрезка их общей касательной.
Идея. Выполнив дополнительные построения, воспользоваться свойством каса¬
тельной к окружности и теоремой Пифагора.
Указание. Дополнительное построение: провести прямые, параллельные общей
касательной первых двух окружностей и проходящие через центры окружности
меньшего радиуса и третьей окружности.
Указание. Воспользовавшись теоремой Пифагора, выразить длину отрезка об¬
щей касательной через радиусы двумя различными способами; из полученного
соотношения найти искомую величину.
Решение. Рассмотрим две окружности с цен¬
трами О и Q и радиусами соответственно г
и Л, касающиеся друг друга внешним обра¬
зом. Пусть АВ - отрезок их общей внешней
касательной. Обозначим через С центр тре¬
тьей окружности, радиус х которой необходи¬
мо найти. Проведём прямые FK и ОН, парал¬
лельные АВ. Они будут перпендикулярны ра¬
диусу QB, проведённому в точку касания. Из
прямоугольного треугольника OQH:
ОН = АВ = 2/R?.
ОН2 = OQ2 - QH2 = (R 4- г)2 - (Я - г)2 = 4Ят
С другой стороны,
из &.FOC и &KQC-.
АВ = FK = FC + СК-
FC2 — ОС2 — OF2 = (г + я)2 — (г — х)2 = 4гх
КС2 = QC2 - QK2 = (Л + х)2 -(R- х)2 = 4Rx
Итак,
= 2>/тх 2VRx ==> х = —
(^+х/г)2’
=> FC = 20^;
КС =

182
Указания и решения
Задача 20.*
ABCD - трапеция. Радиусы окружностей, описанных около треугольников
ABC, BCD и ACD, равны T?i,T?2 и йз соответственно. Найдите радиус окруж¬
ности, описанной около треугольника ABD.
Идея. Воспользоваться теоремой синусов и формулами приведения.
Указание. Записать теорему синусов для четырёх треугольников, основаниями
которых являются диагонали трапеции.
Указание. Из полученных соотношений выразить длины диагоналей.
Указание. Воспользоваться формулами приведения.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD. Заметим,
что
Z.ABC = тг - /ВЛГ, Z.BCD = тг - Z.ADC
как внутренние односторонние при параллельных пря¬
мых. Значит,
sin Z АВС = sin ABAD, sin ABCD = sin AADC.
Применим теорему синусов для ДАВС, &BCD, ДACD и &ABD
	=2Я1;
sin Z.ABC
ВР	.
smABCD	21
АС		 лр .
sm AADC	3’
BD	g D
sin ZB AD	4‘
Выразим длины диагоналей трапеции и приравняем.
Й! sin А АВС = Я3 sin AADC;
Ri sin ABAD = R2 sin ABCD.
лл	опрнство на доугое и воспользоваться формулами при*
Осталось разделить одно равенство на дру^
ведения:
Л1 _ Я3
Rl я2
Ответ.
Т?1Т?2
“йГ*

3.1. Параллелограммы
183
3.	Многоугольники
3.1.	Параллелограммы
Задача 1.
В параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке О, причём Z.COB =
= 126°, Z.CAD = 28°, и длина отрезка BD вдвое больше стороны АВ. Найдите
угол D параллелограмма.
Идея. Использовать свойство точки пересечения диагоналей параллелограмма.
Указание. Используя свойство смежных углов, найти угол АОВ.
Указание. Используя свойство точки пересечения диагоналей параллелограм¬
ма, показать, что треугольник АВО - равнобедренный; найти угол В АО.
Решение. Так как в параллелограмме
Z.ADC = 180° - Z.BAD,
то будем искать ZJ3AD. Рассмотрим ДЛВО.
Он равнобедренный, так как по свойству точ¬
ки пересечения диагоналей параллелограмма
ВО равна половине BD, а, значит, по усло¬
вию, равна АВ. Поэтому Z.BAO = Z.BOA. Так как Z.BOA и Z.BOC являются
смежными, то Z.BOA = 180° - 126° = 54°. Значит, Z.BAD = 54° + 28° = 82°.
Отсюда получаем Z.ADC = 98°.
Ответ. 98° .
Задача 2.
В прямоугольнике MNPQ сторона MN в 6 раз меньше диагонали NQ. Диа¬
гонали прямоугольника пересекаются в точке Е. Периметр треугольника NEM
равен 35 см. Найдите диагональ МР.
Идея. Использовать свойство точки пересе¬
чения диагоналей параллелограмма.
Указание. Обозначить NM = х и выра¬
зить две другие стороны треугольника NEM
через х.
Указание. Диагонали прямоугольника рав¬
ны и делятся точкой пересечения пополам.
Решение. Так как диагонали прямоугольника равны, то будем искать диагональ
NQ. Обозначим NM = ж, тогда NQ = 6х. Так как диагонали в прямоугольнике
делятся точкой пересечения пополам, то NE = Зх. Тогда и ME = Зх. Значит,
периметр треугольника NEM равен 7х. Следовательно, х = 5 см, поэтому МР =
NQ = 6х = 30 см.
Ответ. 30 см.

184
Указания и решения
Задача 3.
Найдите площадь параллелограмма, если его меньшая диагональ перпендикуляр¬
на боковой стороне, и высота, проведённая из вершины тупого угла параллело¬
грамма, делит большую сторону на отрезки 9 см и 25 см.
Идея. Найти высоту параллелограмма из прямоугольного треугольника.
Указание. Используя известную формулу для высоты прямоугольного тре¬
угольника (см. параграф 1.1), найти высоту параллелограмма.
Решение. Так как меньшая диагональ па¬
раллелограмма соединяет вершины его ту-	В
пых углов, то картинка такая, как на рисун¬
ке. Чтобы найти площадь параллелограмма,
нам не хватает только высоты ВН. Заметим,
что высота параллелограмма ВН является и
высотой прямоугольного треугольника ABD.
Используя известную формулу для высоты
прямоугольного треугольника (см. параграф 1.1), найдем её:
ВН2 = AH-HD => ВН = 15 => Sabcd = AD ■ ВН = 34 • 15 = 510.
Ответ. 510 см2.
Задача 4-
В параллелограмме ABCD сторона AD = 4>/2, Z.ADB = 30°, Z.BDC = 45°.
Найдите длину стороны АВ.
Идея. Использовать теорему синусов для
треугольника ABD.
Указание. Используя свойство углов при
параллельных прямых, найти угол ABD.
Указание. Использовать теорему синусов
для треугольника ABD.
Решение. В треугольнике ABD нам не
хватает только угла ABD, чтобы по теореме
синусов найти сторону АВ.
По свойству углов при параллельных прямых
ЛАВР = ЛВРС = 45°.
Тогда по теореме синусов для треугольника ABD находим АВ:
АВ _ АР
sin ЛАРВ sin ЛАВР
=> АВ = 4\/2-Д .- = 4.
Л 2
Ответ. 4.

3.1. Параллелограммы
185
Задача 5.
Найдите площадь параллелограмма MPKN, если /РКМ = 45°, РК = 5\/2,
PN = 26.
Идея. Диагональ параллелограмма делит его на два равных треугольника.
Указание. Диагонали параллелограмма делятся точкой пересечения пополам.
Указание. Используя теорему косинусов для треугольника РКЕ, найти КЕ.
Решение. Так как диагональ параллело¬
грамма делит его на два равных треугольни¬
ка, то для нахождения площади параллело¬
грамма не хватает диагонали КМ (и тогда
можно найти площадь треугольника РКМ,
а, значит, и площадь всего параллелограм¬
ма) или угла KPN. Проще найти диагональ
КМ. Так как диагонали параллелограмма
делятся точкой пересечения пополам, то до¬
статочно найти КЕ, где Е - точка пересечения диагоналей.
Запишем теорему косинусов для треугольника РКЕ:
РЕ2 = РК2 + КЕ2 -2- РК • КЕ cos^PKE <=►
КЕ2 - 10 • КЕ - 119 = 0 =>
КЕ = 17
КМ = 34.
Теперь легко найти площадь параллелограмма:
Smpkn = 2 • Зркм = РК • КМ • sin /РКМ = 170.
Ответ. 170.
Задача 6.
В параллелограмме ABCD диагональ BD = а, О - точка пересечения диагона¬
лей. Найти площадь параллелограмма, если /DBA = 45°, а /АОВ = 105°.
Идея. Воспользоваться формулой площади
произвольного четырёхугольника через полу¬
произведение диагоналей на синус угла меж¬
ду ними.
Указание. Диагонали параллелограмма
делятся точкой пересечения пополам, поэто¬
му достаточно найти половину второй диаго¬
нали.
Указание. Найти АО по теореме синусов
из треугольника АВ О.
Решение. Так как известна одна диагональ параллелограмма и угол между
диагоналями, то для нахождения площади параллелограмма не хватает второй

186
Указания и решения
диагонали. Поскольку диагонали параллелограмма делятся точкой пересечения
пополам, то достаточно найти половину второй диагонали. Это легко сделать по
теореме синусов из треугольника АВ О, так как в нём известна одна сторона и все
углы (ЛВАС = 180° - 105° - 45° = 30°):
Ч АГ) —	s др _ /л
sin Z.ABO sin Z.BAO	2
Для вычисления площади параллелограмма воспользуемся формулой площади
произвольного четырёхугольника через полупроизведение диагоналей на синус уг¬
ла между ними. Вычислим сначала sin 105°:
sin 105° = sin(60° + 45°) = sin 60° • cos45° + cos 60° • sin 45° = —	.
4
Теперь вычислим площадь параллелограмма:
с	1 on • /^D	1 К V^/3 +	l)	а2(\/3	+ 1)
Sabcd = -	АС • BD • sm Z.AOB = -	• aV2 • а • ——	- =	——	- .
2	2	4	4
а2(\/3 + 1)
Ответ. 			.
4
Задача 7.
Найдите периметр параллелограмма ABCD, если AD = 10, BD = 8, а отрезок,
соединяющий вершину В с серединой стороны AD, равен \/15.
Идея. Использовать формулу для медианы.
Указание. Записав формулу медианы для
треугольника ABD, найти недостающую сто¬
рону АВ.
Решение. Для нахождения периметра парал¬
лелограмма не хватает стороны АВ. Её легко
найти из треугольника ABD, в котором извест¬
ны две стороны AD, BD и медиана ВМ, где
М - середина стороны AD. Запишем формулу
для медианы (см. параграф 1.3):
А 5 М 5 D
ВМ2_ВР2 + ВА2 АР2
2	4
64 + В А2
15 = —	25
ВА = 4.
Зная стороны параллелограмма, находим периметр:
Pabcd = 2-(АВ + АР) = 28.
Ответ. 28.

3.1. Параллелограммы
187
Задача 8.
Дан ромб ABCD. Окружность, описанная около треугольника ABD, пересекает
большую диагональ ромба АС в точке Е. Найдите СЕ, если АВ = 8\/5, BD = 16.
Идея. Использовать свойство пересекающихся хорд.
Указание. Записать теорему Пифагора для ДЛВК, где К - точка пересече¬
ния диагоналей ромба.
Указание. Воспользоваться свойством пе¬
ресекающихся хорд и найти КЕ.
Решение. Пусть К	точка пересечения с
диагоналей. Так как диагонали ромба делят¬
ся точкой пересечения пополам, то В К = 8.
По теореме Пифагора из ДАВ К найдём АК:
АК2 = АВ2-ВК2 = (8л/5)2-82 = 82(5—1) = 162	АК = 16.
Используя свойство пересекающихся хорд, получим
DKKB = AK-KE <=> 8-8 = 16-КЕ => КЕ = 4.
Теперь найдём СЕ: СЕ = СК - КЕ = 16 - 4 = 12.
Ответ. 12.
Задача 9.
Дан ромб ABCD с острым углом В. Площадь ромба равна 320, а синус угла
В равен 0,8. Высота СН пересекает диагональ BD в точке К. Найдите длину
отрезка СК.
Идея. Длину отрезка СК искать из
треугольника ВС К.
Указание. Показать, что £ВСК
прямой.
Указание. Из ДВСК определить
СК через сторону ромба.
Указание. Сторону ромба ВС най¬
ти, зная его площадь и острый угол.
Решение. Так как AD || ВС, то высота СН перпендикулярна не только стороне
AD, но и стороне ВС. Значит, треугольник ВС К прямоугольный, поэтому
СК = ВС • tg а, где а = Z.CBK = ЛАВК.
Сторону ромба ВС найдём, зная его площадь и острый угол:
320 = ВС2 ■ sin ZB ==> ВС = 20.

188
Указания и решения
Так как Z.B = 2а, то легко найти tga:
sin 2a	Л к
tga =	— =0,5.
1 + cos 2a
Таким образом, СК = ВС • tga = 10.
Ответ. 10.
Задача 10.
В параллелограмме ABCD биссектриса угла В пересекает сторону CD в точке Т
и прямую AD в точке М. Найдите периметр треугольника С ВТ, если АВ = 21,
ВМ = 35, МВ = 9.
Идея. Использовать равенство углов при параллельных прямых.
Указание. Используя равенство углов при параллельных прямых, показать,
что ДВСТ и AMDT - равнобедренные с равными углами.
Указание. Используя подобие ДВСТ и AMDT, найти ВТ.
Решение. Так как ВМ - биссектриса угла
В, то Z.ABT = Z.CBT. Так как ЛВЦВС, то
Z.ABT = Z.BTC. Значит, треугольник ВСТ -
равнобедренный. Далее, так как АМ\\ВС, то
Л АМТ = Z.CBT, но ZMTB = ZBTC как вер¬
тикальные. Значит, AMDT - тоже равнобед¬
ренный, причём он подобен ДВСТ.
Из равнобедренности AMDT получаем, что
DT = MD = 9. Следовательно, СТ = DC —
DT = 12, а, значит, и ВС = СТ = 12. Из подо¬
бия ДВСТ и AMDT находим ВТ:
ВТ _ ВС	ВТ _ 4
МТ ~ DM	МТ ~ 3
Таким образом, получаем
Рвст = 2 • ВС + ВТ = 2 • 12 + 20 = 44.
Ответ. 44.
4
ВТ=-' ВМ = 20.
Задача 11.
В параллелограмме ABCD биссектриса угла В пересекает сторону CD в точке Т
и прямую AD в точке М. Найдите периметр треугольника АВМ, если ВС = 15,
ВТ= 18, ТМ = 12.
Идея. Использовать равенство углов при параллельных прямых.
Указание. Используя равенство углов при параллельных прямых, показать,
что ДВСТ и ДАВМ - равнобедренные с равными углами.
Указание. Используя подобие АВСТ и ААВМ, найти АВ.

3.1. Параллелограммы
189
Решение. Так как ВМ - биссектриса угла
В, то Z.ABT = Z.CBT, Так как ЛВЦВС, то
Z.ABT = Z.BTC. Значит, треугольник ВСТ -
равнобедренный. Далее, так как АМ\\ВС, то
LАМТ = Z.CBT. Значит, ДАВМ - тоже рав¬
нобедренный, причём он подобен ДВСТ.
Из подобия ДВСТ и &АВМ находим АВ:
ЛВ = МВ	АВ = Ы
ВС ВТ	15 18
Так как ДАВМ - равнобедренный, то получаем
Рдвм = 2 * АВ + ВМ = 2 • 25 + 30 = 80.
Ответ. 80.
Задача 12.
Доказать, что из всех прямоугольников с данной диагональю наибольшую пло¬
щадь имеет квадрат.
Идея. Записать площадь прямоугольника через полу произведение диагоналей
на синус угла между ними.
Указание. Записав площадь прямоугольника через полу произведение диагона¬
лей на синус угла между ними, показать, что наибольшую площадь будет иметь
прямоугольник, диагонали которого перпендикулярны.
Решение. Запишем площадь прямоугольника через полу произведение диагона¬
лей на синус угла между ними:
S = • d2 • sin а < • d2,
2	“2
Следовательно, наибольшую площадь будет иметь прямоугольник, диагонали ко¬
торого перпендикулярны, то есть квадрат.
Задача 13.
Дан параллелограмм ABCD. Биссектриса угла А пересекает сторону ВС в точке
М, а биссектриса угла В пересекает сторону AD в точке К, причём AM = 10,
В К = 6. Найдите площадь четырёхугольника АВМ К.
Идея. Использовать определение биссектрисы.
Указание. Используя определение биссектрисы, показать, что диагонали че¬
тырёхугольника АВМК перпендикулярны.
Решение. Так как AM и В К являются диагоналями четырёхугольника АВМК,
то для того, чтобы найти его площадь, не хватает только угла между этими диа¬
гоналями, а его легко найти из АЛВЕ, где Е - точка пересечения AM и ВК:

190
Указания и решения
Z.BEA = 180° - (Z.BAE + ААВЕ) =
= l80--ZZMBtZXBC=90°.
2
так как в параллелограмме сумма сосед¬
них углов равна 180°. Значит, диагонали че¬
тырёхугольника АВМК перпендикулярны.
Поэтому
Sabmk = z • AM • В К = 30.
&
Ответ. 30.
Задача 14»*
Расстояния от точки Р, находящейся внутри прямоугольника, до трёх его вер¬
шин равны соответственно а, b и с. Найдите расстояние от точки Р до четвёртой
вершины прямоугольника.
Идея. Провести через точку Р прямые, параллельные сторонам прямоугольни¬
ка, и применить несколько раз теорему Пифагора.
Указание. Обозначить расстояния от точки Р до сторон прямоугольника через
^2) 2/1,2/2 и четыре раза записать теорему Пифагора.
Решение. Опустим из точки Р перпендику¬
ляры на стороны прямоугольника и обозначим
полученные отрезки через a?i,а?2,2/1,2/2 • Иско¬
мый отрезок d можно выразить с помощью тео¬
ремы Пифагора: d2 = х2+у2- Из теоремы Пи¬
фагора, применённой к треугольникам с гипо¬
тенузами а, Ь, с следует, что
' xl +у1 = а2,
< а?2 + У1 = &2>
„ xl +	= с2.
Если из суммы первого и третьего уравнений вычесть второе, то получим, что
х 1 + ?/2 = а2 + с2 — Ь2 => d2 = а2 + с2 — Ь2 .
Ответ. \/а2 -F с2 — 62.

3.1. Параллелограммы
191
Задача 15/
Доказать, что если каждая из диагоналей выпуклого четырёхугольника делит его
на равновеликие треугольники, то этот четырёхугольник - параллелограмм.
Идея. Доказать, что диагонали четырёхугольника точкой пересечения делятся
пополам.
Указание. Показать, что перпендикуляры, опущенные из противолежащих
вершин на диагональ, равны.
Решение. Пусть диагонали АС и BD четырёхугольника ABCD пересекаются
в точке О, Sabc = Sacd, Sabd = Sвсd- Опустим перпендикуляры из точек В
и Z? на диагональ АС.
Так как SABc = ±АС ■ ВН и Sacd =	• DK, то ВН = DK.
Следовательно, треугольник ВНО равен
треугольнику DKO (по катету и острому уг-	В_	 С
лу), поэтому ВО = OD.	/\\	¥^^7
Аналогично доказывается, что АО = ОС.	/ \	/
Таким образом, диагонали четырёхугольни- /	\ /
ка ABCD точкой пересечения делятся попо-	Н	 хд/
лам и, следовательно, он является параллело- A	D
граммом.
Задача 16/
Точка С лежит на стороне MN ромба KLMN, причём CN = 2СМ и
AMNK = 120°. Найти отношение cqsACKN : cqsACLN.
Идея. Выразить cos AC KN и cos AC LN по теореме косинусов из треугольников
CKN и CLN.
Указание. Обозначить сторону ромба за За и выразить стороны треугольников
CKN и CLN через а.
Указание. Используя теорему косинусов, найти требуемые косинусы углов.
Решение. Можно выразить cqsACKN и
cos AC LN по теореме косинусов из треугольни¬
ков CKN и CLN. Для этого надо все сторо¬
ны этих треугольников выразить через сторо¬
ну ромба. Обозначим сторону ромба за За. То¬
гда из условия задачи получим, что CN = 2а,
СМ = а. Найдём из ACKN по теореме ко¬
синусов сначала сторону КС, а затем косинус
угла CKN:
КС2 = KN2 + CN2 — 2 • KN -CN - cos Z.KNC = 19а2
CN2 = KN2 + СК2 -2- KN СК ■ cos Z.CК N =►
=> КС = У19а.
4
cos ZC7CV = -=.
ч/19

192
Указания и решения
Так как Z.MNK = 120°, то ALMN - равносторонний. Следовательно, LN = За.
Найдём из &CLN по теореме косинусов сначала сторону LC, а затем косинус
угла CLN'.
LC2 = LN2 + CN2 -2-LN -CN ■cos^LNC = 7a2 ==> LC = V7a.
CN2 = LN2 + CL2 -2- LN -CL- cos Z.CLN =5> cos AC LN = -^=.
y/7
Таким образом, получаем
cos ZCAW _ 2х/7
cos AC LN У19 ’
Ответ. —==
\/19
3.2.	Трапеции
Задача 1.
Найдите площадь равнобедренной трапеции, если её диагональ, равная 10, обра¬
зует с основанием угол, косинус которого равен
V2
10 *
Идея. Использовать следующий факт: если в равнобедренной трапеции ABCD,
где ВС - меньшее основание, опустить высоту СН, то отрезок АН равен полу¬
сумме оснований.
Указание. Доказать, что в равнобедренной трапеции ABCD с высотой СН
отрезок АН = (ВС + AD)/2.
Указание. АН и СН найти из прямоугольного треугольника АСН.
Решение. Рассмотрим равнобедренную трапецию ABCD и докажем сначала
одно известное свойство равнобедренной трапеции. Опустим высоты В К, СН и
покажем, что АН = - (ВС + AD).
Так как трапеция равнобедренная, то прямоугольные треугольники АВК и
DCH равны по гипотенузе и острому углу, поэтому АК = -(Л£) “ ВС). И так
как КН = ВС, то получаем требуемое.
Зная это свойство, легко найти площадь трапеции, так как из прямоугольного
треугольника АСН просто находятся АН и СН. Обозначим угол между диа¬
гональю и основанием за а и запишем площадь трапеции с учётом полученного
выше равенства:

3.2. Трапеции
193
Sabcd = АН • СН = АС • cos а • АС • sin а = 100 •
= 14.
Ответ. 14.
Задача 2.
Найти радиус окружности, вписанной в равнобедренную трапецию, если средняя
линия трапеции равна х/10, а косинус угла при основании трапеции равен —-=.
Идея. Если в трапецию вписана окружность, то сумма боковых сторон равна
сумме оснований.
Указание. Так как в трапецию вписана окружность, то сумма боковых сто¬
рон равна сумме оснований. А поскольку трапеция равнобедренная, то боковая
сторона равна средней линии.
Указание. Высота трапеции является диаметром вписанной окружности.
Решение. По условию в трапецию вписана окружность;
значит, сумма боковых сторон равна сумме оснований. А по¬
скольку трапеция равнобедренная, то боковая сторона рав¬
на полусумме оснований, то есть равна средней линии. С
учётом того, что высота трапеции является диаметром впи¬
санной окружности, задача становится элементарной. Рас¬
смотрим равнобедренную трапецию ABCD и опустим вы¬
соту ВН. С учётом вышеизложенного из условия следует,
что АВ = У10, a cos ЛВ АН = -^=. Высоту ВН находим
треугольника АВН:
из прямоугольного
ВН = АВ ■ ьтЛВАН = /10 • J1 -	= 3
V Ю
*4
Ответ. 1,5.
Задача 3.
Около окружности диаметром 15 описана равнобедренная трапеция с боковой сто¬
роной, равной 17. Найдите длину большего основания трапеции.
Идея. Показать, что если в равнобедренной трапеции ABCD, где ВС - меньшее
основание, опустить высоту В К, то отрезок АК равен полу разности оснований.
Указание. Так как в трапецию вписана окружность, то сумма боковых сто¬
рон равна сумме оснований. А поскольку трапеция равнобедренная, то боковая
сторона равна полусумме оснований.
Указание. Диаметр вписанной окружности является высотой трапеции.

194
Указания и решения
Указание. Показать, что если в равнобедренной трапеции ABCD, где ВС -
меньшее основание, опустить высоту ВК, то отрезок АК равен полуразности
оснований.
Решение. Так как в трапецию вписана окружность, то
сумма боковых сторон равна сумме оснований. А поскольку
трапеция равнобедренная, то боковая сторона равна полу¬
сумме оснований. Диаметр вписанной окружности являет¬
ся высотой трапеции. Рассмотрим трапецию ABCD и опу¬
стим высоты В К и СН. Покажем, что АК равняется по¬
луразности оснований. Так как трапеция равнобедренная,
А К
Н D
то прямоугольные треугольники АВК и DCH равны по
гипотенузе и острому углу, поэтому АК = -(AD “ -SQ*
Отрезок АК легко находится по теореме Пифагора из прямоугольного треуголь¬
ника АВК:
АК2 = АВ2 - ВК2 = 172 — 152 = 82 => АК = 8.
Таким образом, мы знаем полусумму и полуразность оснований трапеции. Обо¬
значим AD = Ь, ВС = а. Тогда из вышеизложенного получаем систему
—	= 17
—	=8;
6 = 25.
Ответ. 25.
Задача
Трапеция ABCD вписана в окружность. Найдите среднюю линию трапеции, если
её большее основание AD = 15, sin /.ВАС = 1/3, sm/ABD = 5/9.
Идея. Использовать теорему синусов.
Указание. Искать меньшее основание, используя теорему синусов для тре¬
угольников ABD и АВС.
Решение. Поскольку большее основание трапеции дано,
то для нахождения средней линии осталось найти меньшее
основание. Так как треугольники ABD и АВС вписаны в
одну окружность, то по теореме синусов для этих треуголь¬
ников получаем
Л „ ВС _ AD
9 о __ 	 о о __

sin /ВАС ’ sin /ABD
1 5
ВС = 15.-:-=9.
о	15 + 9 1О
Значит, средняя линия равна —-— = 12 .
Ответ. 12.

3.2. Трапеции
195
Задача 5.
По основаниям а и b трапеции определить отношение, в котором её диагонали
делят друг друга.
Идея. Использовать подобие треугольников.
Указание. Пусть диагонали трапеции с основаниями AD и ВС пересекаются
в точке О. Тогда AAOD ~ АСОВ.
Решение. Из равенства внутренних накрест лежа¬
щих углов при параллельных прямых AD и ВС сле¬
дует, что AAOD ~ &COD, следовательно,
а _ АО __ DO
b~OC~ OB'
Значит, диагонали делят друг друга в отношении а : Ь.
Ответ, а : Ь.
Задача 6.
Доказать, что если диагонали трапеции равны, то она является равнобедренной.
Идея. Использовать подобие треугольников.
Указание. Пусть диагонали трапеции с основаниями AD и ВС пересекаются
в точке О. Тогда AAOD ~ АСОВ.
Указание. Используя тот факт, что диагонали трапеции равны, показать, что
ВО = ОС, AO = OD.
Решение. Так как диагонали трапеции делятся точ¬
кой пересечения в одинаковом отношении, то есть
ВО СО
= ~од (это следует из подобия АВОС и ДЛО£>),
и диагонали трапеции равны, то ВО = ОС, АО = OD.
Значит, треугольники АВО и DCO равны по двум сто¬
ронам и углу между ними. Следовательно, АВ = СО,
что и требовалось доказать.
Задача 7.
В трапеции ABCD длина боковой стороны АВ равна 10, длина основания AD
равна 13, a Z.ABC = 135°. Выяснить, что больше: длина стороны АВ или длина
диагонали BD.
Идея. Использовать теорему косинусов для нахождения диагонали BD,
Указание. Найти Z.BAD.
Указание. Использовать теорему косинусов для нахождения диагонали BD.

196
Указания и решения
Решение. Так как /.BAD + Z.ABC = 180°, а
Z.ABC = 135°, то a Z.BAD = 45°. Тогда по теоре¬
ме косинусов из треугольника ABD находим BD:
BD2 = АВ2 + AD2 -2-AB-AD- cos^BAD =
= 102 + 132 - 130\/2.
Сравним квадраты длин отрезков АВ и BD:
10/135°
13
АВ2
102
130\/2
10>/2
V
V
V
V
200
BD2
102 + 132 - 130\/2
132
13
169.
Значит, АВ > BD.
Замечание. На рисунке нет точки С. Исходя из условий задачи, нельзя опре¬
делить её местоположение, да она и не нужна для нахождения диагонали BD.
Ответ. АВ > BD.
Задача 8.
Основания трапеции равны а и Ь. Найти длину отрезка, соединяющего середины
диагоналей.
Идея. Выразить искомый отрезок через средние линии треугольников, на кото¬
рые диагонали разбивают трапецию.
Указание. Показать, что середины диагоналей лежат на средней линии трапе¬
ции.
Решение. Пусть точки Р и Q - середины диагоналей
АС и BD, а М и N - середины боковых сторон АВ и
CD. Пусть AD = а, ВС = Ь и а > Ь. В А АВС отрезок
МР является средней линией, следовательно,
МР = Ь/2, МР\\ВС и PeMN.
В AABD отрезок MQ является средней линией, сле¬
довательно,
MQ = a/2, MQ\\AD и Q G MN.
В результате PQ = MQ — МР = -—
Ответ.
а — b

3.2. Трапеции
197
Задача 9.
В трапеции ABCD с острыми углами при основании AD проведена диагональ
АС, которая разбивает её на два подобных треугольника. Длина основания AD
равна а, а длина основания ВС равна Ь. Вычислить длину диагонали АС.
Идея. Длину диагонали получить из соотношения сторон подобных треугольни¬
ков.
Указание. Оба треугольника - тупоугольные.
Решение. По условию ZA трапеции ABCD острый, следовательно,
Z-B = 180° — ZA тупой и ДАВС тупоугольный.
Найдём соответствующий тупой угол у подобного треугольника ДACD.
Из условия следует, что углы Z.ADC и
Z.CAD острые, следовательно, Z.ACD тупой и
ZABC = Z.ACD. Кроме того, ZACB = Z.CAD
как накрест лежащие при параллельных пря¬
мых. Тогда из подобия треугольников получаем
а х
х b
х = vab.
Ответ, yab.
Задача 10.
В равнобедренной трапеции средняя линия равна а, а диагонали взаимно перпен¬
дикулярны. Найти площадь трапеции.
Идея. Доказать, что высота трапеции равна а.
Указание. Найти пару подобных равнобедренных треугольников.
Решение. Проведём в трапеции ABCD через точку
пересечения диагоналей О высоту KL. Из того, что
трапеция равнобедренная, следует, что треугольники
АВОС и ДАО£> тоже равнобедренные (докажите этот
факт самостоятельно). Значит, углы этих треугольни¬
ков равны 45°,45°,90°, и высота, опущенная на гипо¬
тенузу, равна половине основания:
КО = ^-, LO = ^-.
2	2
ГТ	^С	ts т	о
По условию 			= а; значит, КL = а и Sabcd =
а2.
Замечание. Можно было решить задачу по-другому. По аналогии с примером 2
из учебника сделать классическое для трапеции дополнительное построение: про¬
вести отрезок CE\\BD. Тогда получившийся прямоугольный треугольник АСЕ
198
Указания и решения
будет равнобедренным, и его площадь будет равна площади трапеции. В треуголь¬
нике известна средняя линия, а значит, и гипотенуза будет известна, а высота,
опущенная на гипотенузу, будет являться также и медианой (так как треугольник
равнобедренный), и, значит тоже известна. Отсюда, очевидно, площадь равна а2.
Ответ. S = а2.
Задача 11.
Доказать, что биссектрисы углов, прилежащие к одной из не параллельных сторон
трапеции, пересекаются под прямым углом в точке, лежащей на средней линии
трапеции (или её продолжении).
Идея. Использовать то, что сумма внутренних односторонних углов при парал¬
лельных прямых равна 180°.
Указание. Геометрическим местом точек, равноудалённых от двух параллель¬
ных прямых, является прямая, параллельная данным и находящаяся на равном
от них расстоянии.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD. Пусть АК и В К - биссектрисы углов
BAD и АВС, соответственно. Пусть ABAD = а, тогда А АВС = тг — а и
Осталось доказать, что точка К лежит на средней линии трапеции MN. Так
как точка К лежит на биссектрисах углов А и В, то она равноудалена от сторон
АВ, AD и ВС. Поскольку геометрическим местом точек, равноудалённых от двух
параллельных прямых, является прямая, параллельная данным и находящаяся на
равном от них расстоянии, точка К принадлежит средней линии MN трапеции
ABCD (или её продолжению, см. второй рисунок).
Задача 12.
В трапеции ABCD диагональ АС является биссектрисой угла А. Биссектриса
угла В пересекает большее основание AD в точке Е. Найдите высоту трапеции,
если АС = 8\/5, BE = 4\/5.
Идея. Отрезки АС и BE перпендикулярны.

3.2, Трапеции
199
Указание. Показать, что отрезки АС и BE перпендикулярны. Использовать
определение биссектрисы и свойство углов при параллельных прямых.
Указание. Сделать дополнительное построение: провести отрезок СК\\ВЕ.
Тогда высота СН прямоугольного треугольника АСК будет и высотой трапеции
ABCD,
Решение. Так как сумма углов А и В равна
180°, а отрезки АС и BE являются их биссек¬
трисами, то угол АО В - прямой, где О - точ¬
ка пересечения отрезков АС и BE. Это следует
из того, что Z.BAO + Z.ABO =	= 90°. Сде¬
лаем дополнительное построение. Проведём отре¬
зок СК\\ВЕ. Тогда высота СН прямоугольно¬
го треугольника АСК будет и высотой трапеции
ABCD. При известных двух катетах (СК = BE = 4\/5) найти высоту прямо¬
угольного треугольника не составит труда. Это можно сделать, используя две
формулы для площади треугольника АСК:
Sack = ± АС-СК ^-■АК-СН => СЯ=8^'4^ = 8,
где гипотенуза АК = 20 найдена из треугольника АСК по теореме Пифагора.
Замечание. На рисунке нет точки D. Исходя из условий задачи, нельзя опре¬
делить её местоположение, да она и не нужна для нахождения высоты СН.
Ответ. 8.
Задача 13.
В равнобокой трапеции ABCD основания AD = 12, ВС = 6, высота равна 4.
Диагональ АС делит угол BAD трапеции на две части. Какая из них больше?
Идея. Рассмотреть соответствующие прямоугольные треугольники и вычислить
тангенсы этих углов.
Указание. Сделать дополнительное построение: опустить высоты из точек В
и С на основание AD.
Указание. Найти тангенсы углов ВАС и CAD.
Решение. Пусть К и L - основания высот, опу¬
щенных из точек В и С на AD. Тогда KL = 6,
АК = LD = 3. Из соответствующих прямоуголь¬
ных треугольников получим
4	4
tgZBAtf = -, tgZCAL = -.
О	у
По формуле тангенса разности
tgZBAC = tgf^BAK - Z.CAL) =
| | _ 24
1 + |	43’

200
Указания и решения
Так как оба угла лежат в пределах от нуля до 90°, то
24	4
tgZBAC = — > tgZCAL =-
<=> ЛВАС > ЛСАЬ.
Ответ. ЛВАС >/.CAD.
Задача 14-
В равнобедренную трапецию площадью 28 вписана окружность радиуса 2. Найти
боковую сторону трапеции.
Идея. По-максимуму использовать тот факт, что в равнобедренную трапецию
вписана окружность.
Указание. Заметить, что высота трапеции равна диаметру вписанной окруж¬
ности.
Указание. Показать, что боковая сторона равнобедренной трапеции равна по¬
лусумме оснований.
Решение. То, что в трапецию вписана окружность, даёт нам сразу два факта.
Во-первых, высота трапеции равна диаметру вписанной окружности, то есть 4.
Во-вторых, сумма боковых сторон равна сумме оснований, а с учётом равнобед¬
ренности трапеции получаем, что боковая сторона трапеции равна полусумме ос¬
нований, которая легко находится по известным площади и высоте трапеции: по¬
лусумма оснований равна частному площади и высоты, то есть равна 7.
Замечание. В этой задаче нам даже и не потребовался рисунок. Главное -
грамотно проанализировать условие!
Ответ. 7.
Задача 15.
Периметр равнобедренной трапеции вдвое больше длины вписанной окружности.
Найти угол при основании трапеции.
Идея. Используя тот факт, что в трапецию вписана окружность, выразить пе¬
риметр трапеции через радиус вписанной окружности и угол при основании.
Указание. Выразить боковую сторону через радиус вписанной окружности и
угол при основании.
Указание. Показать, что периметр трапеции равен четырём боковым сторонам.
Решение. Пусть дана равнобедренная трапеция ABCD. Высота В К = 2г, где
г - радиус вписанной окружности, ЛВАВ = ЛСВА = а.

3.2. Трапеции
201
Из прямоугольного треугольника АВК получаем
2г
АВ = ——. Так как в трапецию можно вписать окруж¬
ность, то АВ + CD = ВС + AD и
Pabcd = 2 • (АВ + CD) = 4 ■ АВ =
sin а
Длина вписанной окружности равна 2тгг, следовательно,
8г
-— = 2 • 27гг
sina
2
sm а = —
7Г
. 2
а = arcsm —.
7Г
Ответ, arcsine-
71
Задача 16 *
Площадь трапеции ABCD с основаниями AD и ВС (AD > ВС) равна 128,
площадь треугольника ВОС, где О - точка пересечения диагоналей трапеции,
равна 2. Найти площадь треугольника AOD.
Идея. Использовать подобие треугольников ВОС и AOD.
Указание. Опустить из точки О высоты треугольников AOD и ВОС.
Указание. Зная площадь трапеции и площадь треугольника ВОС, найти ко¬
эффициент подобия треугольников AOD и ВОС.
Решение. Обозначим AD = а, ВС = Ь и опу¬
стим из точки О высоты h2 и Д1 треугольников
AOD и ВОС соответственно. Так как эти тре¬
угольники подобны (обозначим коэффициент по¬
добия через к), то а = к • b, h>2 = к • hi. Запишем
площадь трапеции:
_ _ _ а + b .. ч к • b + b ,	. , ч
128 = —-— • (hi + /12) =	5		 (Л1 + к • hi) =
& £
= ^-.(l + k)2 = 2(l + k)2.
~	* hi _
В последнем переходе учтено, что Ьвос = —%— = 2*
В результате получаем уравнение для определения коэффициента подобия:
128 = 2(1 + к)2 => к = 7.
Зная коэффициент подобия треугольников AOD и ВОС и площадь АВОС, на-
ХОДИМ
Saod = к2 • Sboc = 98.
Ответ. 98.

202
Указания и решения
Задача 17.*
Через точку О пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, параллельная
основанию. Определить длину отрезка этой прямой между боковыми сторонами
4
трапеции, если средняя линия трапеции равна -, а точка О делит диагональ
о
1
трапеции на части, отношение которых равно -.
о
Идея. Выразить искомый отрезок через каждое из оснований трапеции.
Указание. Используя подобие, выразить части искомого отрезка через каждое
из оснований трапеции.
Указание. Записать искомый отрезок через полусумму оснований трапеции.
Решение. Рассмотрим трапецию ABCD, AD - большее основание. Обозначим
через КL искомый отрезок. По условию точка пересечения диагоналей трапеции
делит диагональ трапеции на части, отношение которых равно -, поэтому, если
ОС = х, то АО = Зх, если ОВ = у, то OD = Зу.
3
Так как А АКО ~ ДАВС, то КО = -ВС. Аналогично, из подобия треуголь-
3	3
ников DOL и DBC следует, что и LO = -^ВС. Значит, KL= i^BC.
Теперь рассмотрим пары треугольников АВКО ~ ABAD и ACOL ~ ACAD.
Аналогичным образом получим, что КО = OL = -AD. Значит, KL = -AD.
Так как ^KL = ^ВС и KL = }rAD, то
3	2	2
4^г BC + AD
%Кь = 	-	, а это равно средней линии
трапеции. Следовательно, KL = 1.
Замечание. По ходу решения задачи мы дока¬
зали, что КО = OL. Это верно для любой трапе¬
ции.
В
С
ЗУ
А
D
Ответ. 1.
Задача 18 .*
В равнобедренной трапеции диагональ имеет длину 8 и является биссектрисой
одного из углов. Может ли одно из оснований этой трапеции быть меньше 4, а
другое равно 5?
Идея. Для получения противоречия использовать неравенство треугольника и
теорему косинусов.
Указание. Рассмотреть отдельно случаи, когда диагональ является биссектри¬
сой угла при большем основании трапеции, и когда при меньшем.
Решение. Возможно два варианта: либо АС - биссектриса угла при большем
основании трапеции, либо - при меньшем.

3.2. Трапеции
203
1) Пусть АС - биссектриса острого угла BAD и
AD = 5, тогда
ЛВАС = ЛСАО = ЛВС А
и ДАВС равнобедренный, АВ = ВС. Следователь¬
но, если ВС < 4, то
АВ + ВС < 8 = АС,
то есть треугольник АВС не может существовать и этот вариант невозможен.
2) Пусть АС - биссектриса тупого угла BCD и AD = 5, тогда
ЛВС А = ЛАСИ = ЛСАИ = а
и ДАСВ равнобедренный, следовательно, AD = CD = АВ = 5. Из ДАСВ
получаем cos а = 4/5, тогда
32	7
cos ЛВСD = cos 2а = — - 1 = — > 0,
25	25
то есть ЛВСВ - острый, что противоречит предположению.
Ответ. Нет.
Задача 19.*
В трапеции ABCD основание AD = 16, AB + BD = 40, ЛCBD = 60°. Отношение
площадей треугольников АВ О и ВОС, где О - точка пересечения диагоналей,
равно 2. Найти площадь трапеции.
Идея. Найти второе основание и высоту трапеции.
Указание. Используя условие на соотношение площадей, найти второе основа¬
ние трапеции.
Указание. Используя теорему косинусов, найти диагональ BD.
Указание. Высоту трапеции ВН найти из треугольника АВН.
Решение. Для того чтобы вычислить площадь тра¬
пеции, нам надо найти основание ВС и высоту ВН.
По условию задачи
S^aqb _ 2
S&boc
следовательно, ДАОВ ~ ДСОВ с коэффициентом
подобия к = 2, поэтому
AD
ВС
= 2
ВС = 8.

204
Указания и решения
Теперь найдём высоту ВН из треугольника ABD. Заметим, что
ZAZ5B = Z.CBD = 60°
(как накрест лежащие при параллельных прямых). Пусть АВ = х, тогда
BD = 40 — ж, и по теореме косинусов
х2 = (40 — х)2 + 162 — 2 • (40 — х) • 16 • cos60°,
откуда х = 19. Следовательно, BD = 21.
Высоту ВН найдём из треугольника DBH:
ВН = BDsin60° =
2
В итоге искомая площадь трапеции равна
s,BCD = d£±^.Bff_lS±^ = 12^.
Ответ. 126\/3.
3.3.	Общие четырёхугольники.
Правильные многоугольники
Задача 1.
Один из внутренних углов правильного п-угольника равен 150°. Найдите число
сторон многоугольника.
Идея. Использовать формулу для суммы внутренних углов произвольного вы¬
пуклого п— угольника.
Указание. Сумма внутренних углов произвольного выпуклого п— угольника
равна 180° (п — 2).
Решение. Так как сумма внутренних углов произвольного выпуклого п— угольника
равна 180°(п — 2), то для определения п получаем уравнение
180°(п — 2) = 150°п <=> п=12.
Ответ. 12.
Задача 2.
Внешний угол правильного многоугольника меньше внутреннего угла на 140°.
Найдите сумму углов данного многоугольника.
Идея. Использовать формулу для суммы внутренних углов произвольного вы¬
пуклого п— угольника.

3.3. Общие четырёхугольники. Правильные многоугольники
205
Указание. Исходя из условия, найти сначала внутренний угол многоугольника.
Указание. Найти количество углов многоугольника, используя формулу для
суммы внутренних углов произвольного выпуклого п—угольника.
Решение. Для того чтобы ответить на вопрос задачи, необходимо найти внут¬
ренний угол многоугольника и количество углов.
Обозначим внутренний угол правильного многоугольника за а, тогда внешний
угол будет равен 180° — а. Теперь из условия легко найти а:
а - (180° - а) = 140° <=> а = 160°.
Так как сумма внутренних углов произвольного выпуклого п—угольника равна
180°(п — 2), то для определения п получаем уравнение:
180°(п — 2) = 160°п <=> п = 18.
Следовательно, сумма внутренних углов данного многоугольника равна
18 • 160° = 2880° .
Ответ. 2880°.
Задача 3.
Вычислите синус угла правильного восьмиугольника.
Идея. Использовать формулу для суммы внутренних углов произвольного вы¬
пуклого п— угольника.
Указание. Так как сумма внутренних углов произвольного выпуклого п— угольника
равна 180°(п — 2), то легко найти угол правильного восьмиугольника.
Решение. Сначала найдём угол правильного восьмиугольника. Так как сумма
внутренних углов произвольного выпуклого п— угольника равна 180°(п — 2), то
для определения угла а правильного восьмиугольника получаем уравнение
8 • а = 180° • (8 - 2)
а = 135°
V2
sin а = — .
&
Замечание. Для решения задачи нет необходимости делать чертёж.
Ответ.
>/2
2 ’
Задача 4-
Сторона правильного восьмиугольника равна 1. Найти площадь описанного круга.
Идея. Найти радиус круга, соединив центр круга с вершинами восьмиугольника.
Указание. Соединив центр круга с двумя соседними вершинами восьмиуголь¬
ника, найти угол при вершине получившегося треугольника.

206
Указания и решения
Указание. По теореме косинусов найти радиус круга.
Решение. Для того чтобы найти площадь круга, надо знать квадрат его ра¬
диуса. Если соединить центр описанного круга с вершинами правильного вось¬
миугольника, то получится восемь одинаковых равнобедренных треугольников,
основаниями которых будут являться стороны восьмиугольника, а боковыми сто¬
ронами - радиусы круга. При этом угол при вершине этих треугольников будет
360°
равен а = —— = 45 .
Зная основание равнобедренного треугольника и угол при вершине, легко най¬
ти его боковую сторону, то есть радиус круга. Можно воспользоваться, например,
теоремой косинусов:
I2 = 7?2 + Я2 — 2 • 7?2 • cos 45° => R2=2 +	=> S = 7гД2 =	.
2	2
Замечание. В этой задаче опять можно не делать чертёж.
_	7Г(2 + у/2)
Ответ.

2
Задача 5.
Найти расстояние между параллельными сторонами правильного шестиугольни¬
ка, если радиус описанной около него окружности равен 10\/3.
Идея. Сторона правильного шестиугольника равна радиусу описанной окруж¬
ности.
Указание. Показать, что сторона правильного шестиугольника равна радиусу
описанной окружности.
Решение. Рассмотрим правильный шестиугольник
ABCDEF и описанную около него окружность. Ес¬
ли центр окружности соединить со всеми вершина¬
ми правильного шестиугольника, то получим шесть
равных равнобедренных треугольников с углом при
360°
вершине О, равным —— = 60 , а значит, равносто-
6
ронних треугольников. Следовательно, ДАВО рав¬
носторонний, то есть сторона правильного шести¬
угольника равна радиусу описанной окружности и
ZABO = 60°.
Так как диагональ BE является диаметром описанной окружности, то &АВЕ
- прямоугольный, и длина отрезка АЕ есть расстояние между параллельными
сторонами правильного шестиугольника ABCDEF. Из прямоугольного ААВЕ
находим
v3
АЕ = BE-sin ЛАВЕ = 20\/3- -у =30.
Ответ. 30.

3.3, Общие четырёхугольники. Правильные многоугольники
207
Задача 6.
Сколько сторон имеет правильный многоугольник, у которого отношение длины
описанной окружности к стороне многоугольника равно 2тг?
Идея. Выразить сторону многоугольника через радиус описанной окружности.
Указание. Выразить сторону многоугольника через радиус описанной окруж¬
ности.
Указание. Найти угол, под которым видна сторона многоугольника из центра
описанной окружности.
Решение. Поскольку длина окружности равна 2тг/?,
то сторона правильного многоугольника равна радиусу
описанной окружности. Если соединить концы стороны
АВ правильного многоугольника с центром описанной
окружности, то получится равносторонний треугольник
АВО. Значит, Z.AOB = 60°. Следовательно, число сто-
360°	„
рон равно = 6.
Ответ. 6.
Задача 7.
Около квадрата описана окружность, и в квадрат вписана окружность. Найдите
радиус вписанной окружности, если радиус описанной окружности равен 10>/2.
Идея. Диаметр вписанной окружности равен стороне квадрата, а диаметр опи¬
санной окружности равен диагонали квадрата.
Указание. Задача простая - по диагонали квадрата определить его сторону.
Решение. Так как диаметр вписанной окружности равен стороне квадрата, а
диаметр описанной окружности равен диагонали квадрата, то задача перед нами
стоит очень простая - по диагонали квадрата определить его сторону.
Так как диагональ квадрата равна 20\/2, то сторона квадрата, очевидно, рав¬
на 20. Следовательно, радиус вписанной окружности равен 10.
Ответ. 10.
Задача 8.
Меньшая диагональ правильного шестиугольника равна 5\/3. Найдите его боль¬
шую диагональ.
Идея. Большая диагональ правильного шестиугольника в два раза больше сто¬
роны.

208
Указания и решения
Указание. Показать, что большая диагональ правильного шестиугольника
в два раза больше стороны.
Указание. Сторону шестиугольника найти по теореме косинусов.
Решение. Рассмотрим правильный шестиугольник	В
ABCDEF, О - центр описанной окружности. Тогда д—

OA^OF.OE и OD - радиусы. Следовательно, треуголь- / ух. \
ники AOF,FOE,EOD - равнобедренные с углом 60°	/ \ ^хА
при вершине, а, значит, равносторонние. Таким образом, F г	дО С
большая диагональ AD равна двум сторонам правиль- \	\	/
ного шестиугольника.	\	\ /
Обозначим сторону шестиугольника за х, Так как
внутренний угол при вершине равен 120°, то из треуголь-	12 и
ника АВС по теореме косинусов найдём х:
АС2 = АВ2 Л-ВС2- 2- АВ -ВС -cos Z АВС 4=> 25 • 3 = Зя2 => х = 5.
Значит большая диагональ равна 10.
Замечание. По ходу решения задачи мы доказали, что сторона правильного
шестиугольника равна радиусу описанной окружности.
Ответ. 10.
Задача 9.
В окружность вписаны правильный треугольник и шестиугольник. Найти отно¬
шение площади шестиугольника к площади треугольника.
Идея. Выразить площади шестиугольника и треугольника через радиус описан¬
ной окружности.
Указание. Соединить центр окружности с вершинами шестиугольника и вы¬
разить площадь шестиугольника через радиус окружности.
Указание. Сначала по теореме синусов выразить сторону треугольника через
радиус, а потом найти площадь треугольника.
Решение. Если соединить центр описанной окружности с вершинами правиль¬
ного шестиугольника, то получится шесть равносторонних треугольников, поэто¬
му легко выразить площадь правильного шестиугольника через радиус описанной
окружности:
s6 = 6 • | • R2 • sin 60° =	.
Для равностороннего треугольника, вписанного в ту же окружность, тоже все
просто. Сначала по теореме синусов найдём сторону треугольника, а потом - его
площадь:
а = 2R • sin 60° = ЯЛ => S3 = • а2 • sin 60° = — R2 .
2	4
Следовательно, отношение площади шестиугольника к площади треугольника
равно 2.

3.3. Общие четырёхугольники. Правильные многоугольники
209
Замечание. Все рассуждения мы провели без исполь¬
зования рисунка. Если использовать рисунок, то можно
значительно проще доказать, что отношение площадей
равно 2.
Рассмотрим правильные шестиугольник ABCDEF и
треугольник АСЕ, вписанные в одну окружность с цен¬
тром в точке О. Так как сторона шестиугольника рав¬
на радиусу описанной окружности, то шесть треугольни¬
ков АВС, АОС, CDE, СОЕ, AFE и АОЕ равны по трём
сторонам. Следовательно, площадь шестиугольника ров¬
но в два раза больше площади треугольника.
Ответ. 2.
Задача 10.
В правильный шестиугольник вписана окружность, которая в свою очередь опи¬
сана около квадрата со стороной у/12. Найти площадь шестиугольника.
Идея. Искать площадь по формуле S = рг .
Указание. Зная сторону квадрата, найти радиус описанной окружности.
Указание. Зная радиус вписанной окружности, найти сторону правильного
шестиугольника.
Решение. Задача, очевидно, состоит из двух частей. Сначала, зная сторону
квадрата, надо найти радиус описанной около него окружности. А затем по ради¬
усу вписанной в правильный шестиугольник окружности найти его площадь.
Рассмотрим квадрат MNKL, вписанный в окружность. Так как Z.MNK пря¬
мой, то диагональ квадрата МК является диаметром описанной окружности, най¬
дём её по теореме Пифагора из AMNK:
МК2 = MN2 + NK2 <*=>•
„2 _ , А
Г = V о .
4г2 =
\/12 +У12
Теперь рассмотрим правильный шестиугольник ABCDEF и вписанную в него
окружность радиуса г. Для нахождения площади шестиугольника воспользуемся
формулой S = рг, где р - полу периметр шестиугольника. Если Н - точка касания,
то &АНО - прямоугольный с известным катетом ОН = г и известным острым
углом Z.OAH = 60°. Поэтому
АВ = 2 • АН = 2 • ОН • ctg60° = -j=.

210
Указания и решения
Итак,
S = рг = 3 • АВ • г = 2\/Зг2 = 6.
Ответ. 6.
Задача 11.
Центр правильного двенадцатиугольника (точка О) соединен с двумя соседними
вершинами А и В. Найти расстояние от точки А до отрезка ОВ, если длина
отрезка О В равна 20.
Идея. Рассмотреть ДАОН, где Н - основание перпендикуляра, опущенного из
точки А на отрезок О В.
Указание. Найти угол АО В.
Указание. Рассмотреть ДАОН, где Н - основание перпендикуляра, опущен¬
ного из точки А на отрезок О В.
Решение. Так как О А и О В являются радиусами
описанной окружности, то О А = ОВ = 20. Значит, для
нахождения АН (расстояния от точки А до отрезка
О В) нам не хватает только угла АО В, Его легко найти:
ZAOB =
360°
12
= 30°.
Тогда из &АОН находим АН = АО • sin 30° = 10 .
Ответ. 10.
Задача 12.
По углам четырёхугольника определить угол между биссектрисами двух проти¬
воположных углов.
Идея. Использовать теорему о сумме внутренних углов выпуклого четырёх¬
угольника.	р
Указание. Рассмотреть четырёхугольник, одной из
вершин которого является точка пересечения биссектрис.	С
У казание. Использовать теорему о сумме внутренних
углов выпуклого четырёхугольника.	В/	/ \
Решение. Пусть биссектрисы углов А и С пересека- / О \
ются в точке О. Рассмотрим четырёхугольник АВСО. / s'	\
У него	\
/	/ л /г^\	D
ЛАОС = 360°- [ЛВ + ^ + ^Л]
\	2	2 J ’

3.3. Общие четырёхугольники. Правильные многоугольники
211
Заменив ZA + ZC на 360° - (ZB + Z£>), получим
ЛАОС = 180° - (пг - 4?
\ 2	2
В ^сачестве ответа можно указать этот угол или угол, смежный с этим углом:
2	’
Замечание,
нулю.
В случае, когда биссектрисы параллельны, искомый угол равен
Ответ. Угол между биссектрисами двух противоположных углов равен полу¬
разности двух других углов.
Задача 13.
Какой четырёхугольник с диагоналями di и d<2 имеет максимальную площадь?
Идея. Использовать формулу площади четырёхугольника через диагонали и
угол между ними.
Указание. S = ^dicfesina.
Решение. Пусть а - угол между диагоналями четырёхугольника ABCD, тогда
Sabcd = -dicfosina < -dicfo.
Л
Следовательно, площадь четырёхугольника ABCD достигает своего максималь¬
ного значения при sin а = 1, то есть а = 90°; другими словами, диагонали четы¬
рёхугольника взаимно перпендикулярны.
Ответ. Четырёхугольник, у которого диагонали взаимно перпендикулярны.
Задача 14-
Из всех четырёхугольников, вписанных в окружность, найти четырёхугольник
наибольшей площади.
Идея. Использовать формулу площади четырёхугольника через диагонали и
угол между ними.
Указание. S = -dicfesina.
Решение. Пусть di,d2 - диагонали четырёхугольника (диагонали четырёх¬
угольника являются хордами окружности), а - угол между диагоналями четы¬
рёхугольника, тогда
S — — d^sina < ~did2*

212
Указания и решения
Следовательно, площадь четырёхугольника достигает своего максимального зна¬
чения, если диагонали являются наибольшими хордами окружности и sin а = 1.
Иначе говоря, диагонали четырёхугольника являются взаимно перпендикулярны¬
ми диаметрами окружности. Это значит, что четырёхугольник должен быть квад¬
ратом, так как углы четырёхугольника опираются на диаметры и, следовательно,
прямые, а стороны четырёхугольника являются гипотенузами одинаковых прямо¬
угольных треугольников.
Ответ. Квадрат.
Задача 15.
В выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что АВ = а, ВС = Ь, CD = с,
ab -J- cd
DA = d. Доказать, что его площадь S < —-—.
Идея. Разбить четырёхугольник на два треугольника ДАВС и ДАСТ).
Указание. Записать площадь четырёхугольника
через сумму площадей двух треугольников ДАВС
и ДАСВ.
Указание. Использовать формулу площади
Вд = -ab sin а и ограниченность синуса.
&
Решение. Если четырёхугольник разбить на два
треугольника ДАВС и ДACD, то неравенство лег¬
ко доказывается:
Sabcd = S^abc + S&acd = -ab sin Л ABC + -cdsin/ABC < -ab + -cd.
£	£	z
Последнее неравенство возникает в силу ограниченности синуса.
Задача 16.*
В выпуклом четырёхугольнике ABCD известно, что АВ = а, ВС = b, CD = с,
п х , гт	~ ас + bd
DA = d. Доказать, что его площадь S < —-—.
Идея. Провести диагональ АС и опустить на неё перпендикуляры BE и DF.
Записать площадь четырёхугольника через сумму площадей четырёх треугольни¬
ков:
Sabcd = S&abf + S^bcf + S^aed + S^ced-
Указание. Провести диагональ АС и опустить на неё перпендикуляры BE и
DF. Обозначим углы ЛВАС = а, ЛВС А = (3, ЛАСЕ = 7, ЛСАЕ = 6. Записать
площадь четырёхугольника через сумму площадей четырёх треугольников:
Sabcd = S^abf + S&bcf + S&aed + S&ced-
3.3. Общие четырёхугольники. Правильные многоугольники
213
Указание. Применить формулу площади S = ah/2. Используя соотношения в
прямоугольном треугольнике, записать основание и высоту каждого треугольника
через противолежащие стороны четырёхугольника и углы а,/?,7,6.
Решение. Проведём диагональ АС и опустим на
неё перпендикуляры BE и DF. Обозначим углы
ЛВАС = а, ЛВСА = (3, ЛАСЕ = у, ЛСАЕ = 6.
Запишем площадь четырёхугольника через сумму
площадей четырёх треугольников:
Sabcd = Saabf + S^bcf + S&aed + S^ced =
= i(AF • BE + CF • BE + AE • DF + CE • DF) =
= - (d • cos 6 • b • sin (3 + c • cos 7 • a • sin a + a • cos a • c • sin 7 + b • cos f3 • d • sin 6) =
= x(ac • sin(a + 7) + bd • sin(/3 + 6)) < ac^b^ .
Последнее неравенство возникает в силу ограниченности синуса.
Замечание. Эту задачу можно решить проще,
если сделать следующее дополнительное построе¬
ние. Построим треугольник АСЕ', симметричный
треугольнику АСЕ так, чтобы АЕ' = СЕ = с,
СЕ' = АЕ = d. Применив к четырёхугольнику
АВСЕ' результат предыдущей задачи, получим
нужное неравенство:
Sabcd = Sabcd' <
ас + bd
2
Задача 17/
Доказать, что если отрезок, соединяющий сере¬
дины двух противоположных сторон выпуклого
четырёхугольника, равен полусумме двух других
сторон, то этот четырёхугольник - трапеция.
Идея. Разрезать четырёхугольник на два тре¬
угольника и использовать свойство средних линий.
Указание. Средние линии полученных тре¬
угольников составляют отрезок, соединяющий се¬
редины двух противоположных сторон данного че¬
тырёхугольника.
Решение. Рассмотрим четырёхугольник АВСЕ, у которого точка М - середина
стороны АВ, точка N - середина СЕ и точка О - середина диагонали BE.
Отрезки МО и NO - средние линии ДАВЕ и ДВСЕ, следовательно,
МО = ^AD, MO\\AD и NO = ±ВС, NO\\BC,

214
Указания ц решения
то есть МО + NO = | (AD + ВС).
По условию задачи МN = | (AD + ВС), значит, точки М, О и N лежат на
одной прямой. Следовательно, A4JV||AO и MN\\BC, то есть ABCD - трапеция.
Задача 18 .*
Внутри выпуклого четырёхугольника найти точку, сумма расстояний от которой
до вершин четырёхугольника минимальна.
Идея. Использовать неравенство треугольника.
Указание. Рассмотреть точку пересечения диагоналей и любую другую точку
внутри многоугольника.
Указание. При сравнении сумм расстояний от точки до вершин четырёхуголь¬
ника использовать неравенство треугольника.
Решение. Рассмотрим четырёхугольник ABCD,
диагонали которого пересекаются в точке О.
Расстояние от точки О до вершин четырёх¬
угольника равно
АО 4- ВО + СО + DO = АС + BD,
Рассмотрим произвольную точку О', лежащую
внутри четырёхугольника. Имеем
АО' + О'С > АС, ВО' + 0'0 > ВО,
следовательно,
АО' + 0'0 + ВО' + 0'0 > АС + ВО,
то есть точка пересечения диагоналей четырёхугольника есть та точка, сумма
расстояний от которой до вершин минимальна.
Ответ. Точка пересечения диагоналей.

4.1. Декартовы координаты и векторы на плоскости
215
4.	Координаты и векторы
4.1.	Декартовы координаты и векторы на плоскости
Задача 1.
Докажите, что для любых векторов а и b выполняется неравенство |а + Ь| <
<|э| + Й.
Идея. Воспользоваться геометрической интерпретацией суммы двух векторов.
Указание. Использовать правило треугольника.
Решение. Если хотя бы один из векторов
а и b равен нулю, то неравенство |а + Ь\ <
< \а\ + |Б| выполняется. Докажем справед¬
ливость неравенства при а б и Ь б.
1)	Геометрическое решение. Так как векто¬
ры а, Ь и а + Ь являются сторонами тре¬
угольника, то справедливость неравенства
|а + Ь\ < |а| + |Ь| следует из справедливости
”неравенства треугольника”.
2)	Алгебраическое решение. Преобразуем исходное неравенство с помощью экви¬
валентных преобразований к очевидному неравенству:
\а + 6|2 < (|а| + |6|)2 Ф=> (а + Ь)(а + 6) < \а\2 + 2\а\\Ь\ + |6|2 *=*
a-a + 2a'b + b- b<a’a + 2 |а| |d| + b • b
а-b < |а||д|
|a||d| cosy? < |a||b|
cosy? < 1.
Задача 2.
Даны вершины треугольника >1(1; 2), В(5; 1), С(6;5). Найдите угол Z.ABC.
Идея. Использовать формулу для вычисления скалярного произведения через
косинус угла между векторами и произведение их длин.
Указание. Найти угол между векторами В А и ВС.
Решение. Искомый угол равен углу между векторами В А и ВС. Так как
В А = (1 - 5; 2 - 1) = (-4; 1), ВС = (6 - 5; 5 - 1) = (1; 4), то
В А ВС -4-1 + 1-4 п
cos Z АВС =	—	■ =	■■—=— = 0
\ВА\ - \ВС\ \ВА\ - \ВС\
LАВС = 90°.
Ответ. 90°.

216
Указания и решения
Задача 3.
Докажите с помощью векторов, что диагонали ромба перпендикулярны.
Идея. Показать, что скалярное произведение соответствующих векторов равно
нулю.
Указание. Выразить векторы-диагонали через векторы-стороны.
Указание. Используя то, что векторы-стороны имеют равные абсолютные ве¬
личины, найти численное значение скалярного произведения векторов диагоналей.
Решение. Рассмотрим произвольный ромб
ABCD. Обозначим а = АВ, Ь = AD. Так как
стороны ромба равны, то |а| = |6|. Тогда для
диагоналей получим	в
АС = а + Ь (по правилу параллелограмма),
BD = —а + b (по правилу треугольника),
AC 'BD = (a+b)(-a+b) = |6|2—|а|2 =0 => AC ± BD.
с
А
D
Задача 4-
Даны четыре точки: А(0; 1), В(1;2), С(2;1), £>(1;0). Докажите, что четырёх-
угольник ABCD - квадрат.
Идея. Последовательно провести доказательство того, что четырёхугольник яв¬
ляется параллелограммом, ромбом, квадратом.
Указание. Доказать равенство векторов АВ = DC.
Указание. Доказать равенство \АВ\ = |АВ|.
Указание. Доказать, что угол между векторами АВ и AD прямой.
Решение. 1) Четырёхугольник ABCD является параллелограммом, поскольку
АВ = (1-0; 2-1) = (1; 1), DC = (2-1; 1-0) = (Гц) => АВ = DC.
2)	Параллелограмм ABCD является ромбом, поскольку
|АВ| = \/12 + 12 = V2, |AD| = 712 + (-1)2 = 75 ==> |АВ| = |AD|.
3)	Ромб ABCD является квадратом, поскольку
АВ- AD = 1 • 1 + 1 • (-1) = о => Z.BAD = 90°.
Задача 5.
Даны три точки: А(3; 1), В(—1; 2), С(0; 3). Найдите такую точку D(x\ у), чтобы
векторы АВ и CD были равны.

4-1. Декартовы координаты и векторы на плоскости
217
Идея. Координаты равных векторов равны.
Указание. Выразить через х и у координаты вектора CD и приравнять их
координатам вектора АВ.
Решение. Поскольку АВ = (-1 — 3;2 — 1) = (—4;1), CD = (я —0;?/ —3) =
= (х\ у — 3), равенство этих векторов выполняется при
—4 = х, 1 = у — 3 ==> х = —4, у = 4.
Ответ. (—4;4).
Задача 6.
Даны векторы а(1;—1), Ь(—2; 1), с(—3;0). Найдите такие числа А и /z, чтобы
с = Ха + /zb.
Идея. Получить для каждой из координат вектора с уравнение с неизвестными
Аид.
Р	~ а >—к	(-3 = А.1 + М-2),	f А = 3,
м	|O = A-(-l)+/z-l;	l/z = 3.
Ответ. 3; 3.
Задача 7.
Выразить вектор с(6;1) через вектора а(1;— 2) и Ь(3;7).
Идея. Представить вектор с в виде линейной комбинации векторов а и Ь. Со¬
ставить для каждой из координат вектора с соответствующее уравнение.
_ у	f 6 — А • 1 + и • 3,	f А = 3,
Решение. с = Ха + ио <=>	< „ ч .	„	<=>	<
1	= А • (-2) +/z • 7;	[/z = l.
Ответ. За + Ь.
Задача 8.
Даны точки А(1; -2), В(2; -1), С(0; 3), 1?(4; 1). Найдите координаты точки М та¬
кой, что МА + МВ + МС + MD = 0.
Идея. Выразить координаты всех векторов через координаты точки М и соста¬
вить для каждой из координат вектора МА + МВ + МС + MD соответствующее
уравнение.
Решение. Обозначим М(х\ у), тогда МА = (1 — х\ — 2 - у), МВ = (2 — х\ — 1 - у),
МС = (—х; 3 — у), MD = (4 — х\ 1 — у) и
MA+MB+MC+MD = 0
(1 - х) + (2 - х) + (-я) + (4 - х) = 0,
(-2 - у) + (-1 - у) + (3 - у) + (1 - у) = 0;

218
Указания и решения
7 — 4х = О,
1 - 4у = О;
х = 1,75,
у = 0,25.
Ответ. (1,75; 0,25).
Задача 9.
Точка М лежит на стороне АС треугольника АВС, Z.ABC = Z.AMB = 90°,
ВС = 2\/5, МС = 2, AM = хСМ. Найдите х.
Идея. Искомое х есть отношение длин отрезков AM и СМ, взятое со знаком
минус.
Указание. Вычислить длину отрезка AM, используя то, что произведение про¬
екций катетов на гипотенузу равно квадрату высоты, проведённой к гипотенузе.
Решение. Так как векторы AM и СМ про¬
тивоположно направлены, то
_ \АМ\ = AM
х ~ \СМ\ ~	2
Отрезок ВМ является высотой, проведённой
к гипотенузе, следовательно,
АМ-МС = ВМ2
AM =
ВМ2
МС
ВС2 - МС2
МС
Ответ. —4.
Задача 10.
Векторы АВ(—3; 4) и ВС{—1;— 2) являются сто¬
ронами треугольника. Найдите длину медианы
AM.
Идея. Выразить AM через векторы АВ и ВС.
			 			 QQ
Указание. AM = АВ
Решение. Так как ВМ = \вС, то
2
ЛМ = ДВ+^ = (-3;4)+^-^ = (-1;з) =Ф |ЛМ| = </(Л2 + 32 = ^.
*	z \ z /	у \2/
Ответ, х/85/2.

4.1. Декартовы координаты и векторы на плоскости
219
Задача 11.
Дана прямая 2х — у + 1 = 0. Составить уравнение прямой, проходящей через
точку (1; 1) параллельно данной прямой.
Идея. Прямые, параллельные данной, имеют вид 2х — у 4- с = 0.
Указание. В уравнении прямой 2х — у + с = 0 определить значение коэф¬
фициента с из условия принадлежности точки (1; 1) этой прямой.
Решение. Прямые, параллельные данной, имеют вид 2х — у + с = 0. Так как
точка (1; 1) принадлежит искомой прямой, то
21 —1 + с = 0 => с = —1.
Ответ. 2х — у — 1=0.
Задача 12.
Составить уравнение прямой, проходящей через точку (0; 3) и перпендикулярной
вектору (3;2).
Идея. Использовать геометрический смысл коэффициентов общего уравнения
прямой.

Указание. Уравнение прямой, перпендикулярной вектору (3;2), имеет вид
Зх + 2у + с = 0.
Решение. Искомая прямая перпендикулярна вектору (3; 2), значит, её уравне¬
ние имеет вид Зх + 2у + с = 0. Поскольку точка (0; 3) принадлежит этой прямой,
3 0 + 2 - 3 + с = 0	- > с = —6.
Ответ. Зх + 2у-6 = 0.
Задача 13.
Составить уравнение прямой, проходящей через точку (2; 4) и параллельной век¬
тору (—2; 1).
Идея. Использовать геометрический смысл коэффициентов общего уравнения
прямой.
Указание. Рассмотреть вспомогательный вектор, перпендикулярный данному,
и составить уравнение прямой, перпендикулярной этому вспомогательному векто-
РУ-
Решение. Вектор (1; 2) перпендикулярен данному вектору (—2; 1) и, следо¬
вательно, перпендикулярен искомой прямой. Значит её уравнение имеет вид
х + 2у + с = 0. Так как точка (2; 4) принадлежит этой прямой, то
2	+ 2- 4 + с = 0 - с = —10.
Ответ. я + 2?/-10 = 0.

220
Указания и решения
Задача 14-
В прямоугольнике ABCD АВ = 2, Z.BDA =
= 30°. Найдите скалярное произведение векто¬
ров DB и CD.
Идея. Использовать формулу для вычисле¬
ния скалярного произведения через косинус уг¬
ла между векторами и произведение их длин.
Решение.
	др	1
DBCD = -DBDC = —DB DC cos Z.BDC =	2-cos60° = -4-2-- = -4.
sin 30°	2
Ответ. —4.
Задача 15.
В параллелограмме MNPQ точка А де¬
лит сторону MN в отношении 1:3, счи¬
тая от вершины М, точка В делит сторону
NP в отношении 1 : 3, считая от верши¬
ны Р. Выразите вектор АВ через векторы
NM и NP.
Идея. Выразить вектор АВ через векто¬
ры NA и NB.
		3	 	 о
Указание. NA = -NM, NB = -NP.
4	4
			 	 3	 Q

Решение. АВ = -NA + NB = —NM + -NP.
4	4
3

Ответ. - (NP-NM).
Задача 16.
В равностороннем треугольнике АВС из точки D (середины стороны ВС) про¬
веден перпендикуляр DK на сторону АС. Разложите вектор DK по векторам
АС и ~АВ.
Идея. Выразить через 'АС и ~АВ высоту ВЯ = 2DK.
Указание. Использовать правило треугольника.

4.1. Декартовы координаты и векторы на плоскости
221
Решение. Проведём в треугольнике АВС
высоту ВН. Так как отрезок DK является
средней линией в АВСН, то DK = т^ВН.
Выразим вектор ВН через векторы АС и
АВ с помощью правила треугольника:
ВН = -АВ + ^АС =>
=> DK =^ВН = -^АВ+^АС.
&	^4
Ответ. \aC-\aB.
4	2
Задача 17.
В трапеции ABCD (ВС || AD) точка О - точка пересечения диагоналей. Выра¬
зите вектор СО через векторы СВ и CD, если AD : ВС = 4:1.
Идея. Использовать результат, получен¬
ный в примере №2 теоретического матери¬
ала.
Указание. Определить в каком отноше¬
нии точка О делит отрезок BD, то есть
найти А и /1 для формулы из примера №2.
Решение. Обозначим а = СВ, b = CD,
х = СО. Тогда с помощью формулы при¬
мера №2 получим
х =		-, где А : и, = ВО : OD.
ц + А
Отношение ВО : OD можно найти из треугольники ВСО и DAO. Они подобны
с коэффициентом подобия
ВС _ 1	В0 = 1
k~AD~4	OD ~ 4
Z-Ч	\	— 4tZ 4" Ь
Следовательно, А = 1, /г = 4 и х = —-—.
4	  I

Ответ. -СВ + -CD.
5	5

222
Указания и решения
СТЕРЕОМЕТРИЯ
5.	Призма
5.1.	Прямая призма
Задача 1.
Дан куб ABCDA'B'C'D'. Через точки B,D и середину ребра D'C' проведена
секущая плоскость. Найдите площадь полной поверхности куба, если площадь
сечения равна 144.
Идея. Выразить площадь сечения через длину ребра куба и получить соответ¬
ствующее уравнение, приравняв полученное выражение заданному значению.
Указание. При построении сечения воспользоваться тем, что секущая плос¬
кость пересекает параллельные плоскости по параллельным прямым.
Указание. Выразить площадь полученной трапеции через длину ребра куба.
Указание. Приравнять полученное для площади выражение числу 144 и найти
длину ребра куба из этого уравнения, после чего найти площадь полной поверх¬
ности куба.
Решение. Построим сечение, проходящее через вершины куба В, D и середи¬
ну ребра D'C' - точку К. Так как секущая плоскость пересекает параллельные
плоскости по параллельным прямым, то прямая пересечения верхнего основания
с плоскостью данного сечения параллельна прямой BD, а значит, и прямой B'D'.
Обозначим через L точку пересечения ребра В'С' с прямой, проходящей че¬
рез точку К параллельно диагонали B'D'. Заметим, что отрезок LK является
средней линией в треугольнике B'C'D' и, следовательно, равен половине отрезка
B'D',
Таким образом, сечением является равнобедренная трапеция BLKD с основа-
НИЯМИ
BD = хх/2, LK = — = —
2	2
и боковыми сторонами
BL = KD = уДТЙУУ + (D'tf)2 = 2^
где х - длина ребра куба.

5Л. Прямая призма
223
Найдём высоту трапеции LH. Проекции боковых сторон на нижнее основание
равны
ВН = DH' =
BD — LK
2
х/2а:
=> LH = \Z~BL? - ВВ2 = -^=.
Чл/ч
В результате площадь сечения равна
Sblkd =
BD + LK	9 2
	-		 LH = -яг.
2	8
По условию задачи Sblkd = 144, следовательно, х2 = 128 и площадь поверх¬
ности куба равна S = 6х2 = 768.
Ответ. 768.
Задача 2.
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA'B'C'D1 известны АВ = 6, ВС = 8,
ВВ' = 1,6\/91. Найдите площадь сечения параллелепипеда плоскостью, парал¬
лельной прямой АС и содержащей прямую В А'.
Идея. При построении сечения использовать то, что плоскость сечения должна
содержать прямую, параллельную прямой АС.
Указание. Так как А'С' || АС и по условию плоскость сечения параллельна
прямой АС, то сечение содержит диагональ А'С'.
Указание. Найти площадь треугольника А'ВС', являющегося искомым сече¬
нием, предварительно вычислив длины его сторон.
Решение. Искомое сечение содержит диаго¬
наль верхнего основания, так как А'С' || АС,
а по условию плоскость сечения параллельна
прямой АС. Кроме того, сечение содержит от¬
резок В А', следовательно, сечением является
треугольник А'ВС'. Для того чтобы найти его
площадь, достаточно вычислить его стороны.
Воспользуемся теоремой Пифагора:
А'В = х/Д'Л2 + ЛВ2 = 71, 62 • 91 + 62 = 16,4;
А'С = 7(А'В')2 + (В'С')2 = 7б2 + 82 = 10;
ВС = 7В'В2 + (В'С')2 = х/1,62 • 91 + 82 = 7296,96.
Теперь, зная стороны, мы можем найти площадь треугольника, причём из-за ир-
рациональности стороны ВС' удобнее всего вычислять так:
Sa'bc = | • А' В- А'С ■ sin АВ А'С = 82 sin АВ А'С.

224
Указания и решения
Найдём cos АВ А'С с помощью теоремы косинусов:
(ВС")2 = А'В2 + (Л'С")2 - 2А'В ■ А'С ■ cos АВА'С =►
о
=> 296,96 = 16,42 + 102 - 2 • 164 • cos ZB А'С' => cos ЛВА'С' = —.
41
I / 9 \ 2	40
В итоге Sa'bc' = 82sin Z.BA'C' = 82U1 — ( — J = 82 • — = 80.
Ответ. 80.
Задача 3.
Дан куб ABCDA'B'C'D' с ребром 1. Найдите градусную меру угла между пря¬
мыми АС' и СВ'.
Идея. Применить теорему о трёх перпендикулярах.
Указание. Рассмотреть проекцию отрезка АС' на плоскость ВСС'В'.
Указание. Найти угол между этой проекцией и отрезком СВ' и воспользо¬
ваться теоремой о трёх перпендикулярах.
Решение. Заметим, что отрезок ВС' является
проекцией наклонной АС' на плоскость ВСС'В'
(так как ребро АВ перпендикулярно плоскости
ВСС'В'), и эта проекция перпендикулярна отрезку
СВ' (так как диагонали квадрата перпендикуляр¬
ны).
Из теоремы о трёх перпендикулярах следует,
что и сама наклонная перпендикулярна отрезку
СВ', то есть АС' Л. СВ'.
Ответ. 90.
Задача 4-
Ребро куба ABCDА'В'С'D' равно 4. Точка К - середина ребра DD'. Точки М
и Н лежат на рёбрах А'В' и АВ соответственно, причём А'М : МВ' = 1:3,
АН : НВ = 3:1. Найдите градусную меру угла между прямыми МН и КС'.
Идея. Искомый угол равен углу между проекциями данных скрещивающихся
прямых на плоскость, параллельную обеим прямым.
Указание. Найти угол между прямой КС' и проекцией прямой МН на грань
CDD'C'.
Решение. Так как угол между скрещивающимися прямыми равен углу между
их проекциями на плоскость, параллельную обеим прямым, то искомый угол - это
угол между прямыми КС' и М'Н' - проекцией прямой МН на грань CDD'C'.

5Л. Прямая призма
225
D
Приведём один из способов вычисления эТОго угла. Перенесём вниз на 1 отрезок
КС и рассмотрим четырехугольник К'М'С'Н'. Его стороны равны, поскольку
К'М' = М'С" = С"Н' = Н'К' =	= Лб,
значит, он является ромбом. Так как диагонали ромба перпендикулярны, то иско¬
мый угол равен 90°.
Ответ. 90.
Задача 5.
Дана прямая призма ABCDA'B'C'D', в основании которой лежит квадрат со сто-
■^6
роной 2. Боковое ребро призмы равно —. Найдите градусную меру угла между
плоскостью треугольника АВ'С и плоскостью основания призмы.
Идея. На прямой пересечения заданных плоскостей выбрать точку таким об¬
разом, чтобы угол между перпендикулярами, восстановленными из неё в обеих
плоскостях, легко вычислялся.
Указание. Основанием перпендикуляров, опущенных из точек В и В' на пря¬
мую АС, является середина АС.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС. Он равнобедренный, поэтому основа¬
нием его высоты ВН является середина стороны АС.

226
Указания и решения
Заметим, что треугольник ABfС тоже равнобедренный и основанием высоты, опу¬
щенной из вершины В', тоже является точка Н. Итак, отрезки ВН и В'Н пер¬
пендикулярны прямой АС и лежат в заданных плоскостях, следовательно, угол
Z.BHB' - угол между этими плоскостями. Найдём величину этого угла из прямо¬
угольного треугольника ВВ'Н:
tgZ.BHB' =
6	ВН 2 -sin 45° 7з
ЛВНВ' = 30°.
Ответ. 30.
Задача 6.
Основанием прямой призмы ABCDA'B'C'D' является прямоугольник ABCD,
стороны которого равны 6\/5 и 12\/5. Высота призмы равна 8. Секущая плоскость
проходит через вершину D' и середины ребер AD и CD. Найдите косинус угла
между плоскостью основания и плоскостью сечения.
Идея. На прямой пересечения заданных плоскостей выбрать точку таким об¬
разом, чтобы угол между перпендикулярами, восстановленными из неё в обеих
плоскостях, легко вычислялся.
Указание. Показать, что перпендикуляр, опущенный из точки D на прямую
пересечения заданных плоскостей, является проекцией перпендикуляра, опущен¬
ного из точки D' на эту же прямую.
Указание. Применить теорему о трёх перпендикулярах.
Указание. Вычислить косинус искомого угла из соответствующего прямо¬
угольного треугольника.
Решение. Рассмотрим прямоугольный тре¬
угольник DKM, где К - середина ребра AD,
М - середина ребра CD. Его высота DH являет¬
ся проекцией отрезка D'H, поскольку ребро DD'
перпендикулярно плоскости основания. А так как
проекция DH перпендикулярна прямой КМ, то
и сама наклонная D'H также перпендикулярна
этой прямой по теореме о трёх перпендикулярах.
Итак, отрезки DH и D'H перпендикулярны пря¬
мой КМ и лежат в заданных плоскостях, следо¬
вательно, угол Z.DHD' - угол между этими плос¬
костями. Найдём величину этого угла из прямо¬
угольного треугольника DD'H. Катет DD' = 8
по условию задачи. Для вычисления второго катета воспользуемся формулой пло¬
щади треугольника:
Skmd = \-KD- MD = i • KM ■ DH =>
2	2
=> | • 6\/5 • 3a/5 = i • ^KD2 + MD2 • DH =>
2

5.1. Прямая призма
227
=J> 45 = ^ • >/180 + 45 • DH
DH = 6.
Зная оба катета прямоугольного треугольника DD'H, вычислим искомую вели-
чину
cos Z.DHD1 =	= - =	=0,6.
D'H v/62 + 82	’
Ответ. 0,6.
Задача 7.
Основание прямой треугольной призмы АВС А'В'С' - правильный треугольник
АВС, сторона которого равна 8уЗ. На ребре отмечена точка Р так, что
ВР : РВ' = 3:5. Найдите тангенс угла между плоскостями АВС и АСР, если
расстояние между прямыми ВС и А'С' равно 16.
Идея. На прямой пересечения заданных плоскостей выбрать точку таким об¬
разом, чтобы угол между перпендикулярами, восстановленными из неё в обеих
плоскостях, легко вычислялся.
Указание. Показать, что основанием перпендикуляров, опущенных из точек В
и В на прямую пересечения заданных плоскостей, является середина ребра АС.
Указание. Найти длину ребра призмы, используя то, что расстояние между
скрещивающимися прямыми равно расстоянию между параллельными плоскостя¬
ми, содержащими эти прямые.
Указание. Вычислить длину отрезка РВ и тангенс искомого угла из соответ¬
ствующего прямоугольного треугольника.
Решение. Так как в основании правильной призмы лежит равносторонний тре¬
угольник, то его высота ВН является одновременно и его медианой.
В*
Р
В
Заметим, что в треугольнике АР С основанием высоты, проведённой к АС,
также является точка Н, поскольку он равнобедренный.
Следовательно, угол Z.PHB есть угол между плоскостью сечения и основани¬
ем призмы. Найдём его тангенс из прямоугольного треугольника PH В.
3
Катет ВР = -ВВ', адлина ребра В В' есть расстояние между параллельными
о
плоскостями, содержащими прямые А'С' и ВС, поэтому В В = 16 и ВР = 6.

228
Указания и решения
Длину катета ВН можно найти из прямоугольного треугольника ВНС:
ВН = ВС • sin 60° = 8>/3 • — = 12.
2
ВР
В результате tg Z.PHB =	=0,5.
ВН
Ответ. 0,5.
Задача 8.
Основание прямого параллелепипеда ABCDA'B'C'D' - параллелограмм ABCD,
в котором CD = 2\/3, Z.D = 60°. Тангенс угла между плоскостью основания и
плоскостью А'В С равен 6. Найдите высоту параллелепипеда.
Идея. На прямой пересечения заданных плоскостей выбрать точку таким об¬
разом, чтобы тангенс угла между перпендикулярами, восстановленными из неё
в обеих плоскостях, легко выражался через высоту параллелепипеда и высоту па¬
раллелограмма.
Указание. Показать, что основанием перпендикуляров, опущенных из точек А
и А' на прямую пересечения заданных плоскостей, является одна и та же точка.
Указание. Применить теорему о трёх перпендикулярах.
Указание. Вычислить длину высоты параллелепипеда через тангенс данного
угла из соответствующего прямоугольного треугольника.
Решение. Пусть Н - основание высоты параллелограмма ABCD, проведённой
из вершины А. Заметим, что отрезок АН является проекцией наклонной А'Н,
так как ребро АА' перпендикулярно плоскости основание призмы. По теореме о
трёх перпендикулярах наклонная А'Н перпендикулярна (также как и её проек¬
ция) прямой ВС. Следовательно, Z.AHA' есть угол между плоскостью А'ВС и
плоскостью основания призмы и tgZAHA' = 6.
С’
Для того, чтобы найти высоту призмы АА!, нам надо вычислить АН - высоту
параллелограмма, лежащего в основании:
АН = АВ • sinZ.ABC = CD ■ smZ.ADC = 2\/з • — = 3.
2
Теперь из прямоугольного треугольника АН А' найдём длину катета АА':
АА' = АН • tgZAHA' = 3 • 6 = 18.
Ответ. 18.

5.1. Прямая призма
229
Задача 9.
В правильной призме MNPM'N'P сторона основания равна 12, а диагональ гра¬
ни MN' образует с плоскостью основания угол 45°. Найдите площадь сечения,
проходящего через середину ребра NP параллельно плоскости МРР'.
Идея. При построении сечения использовать следующий факт: если две парал¬
лельные плоскости пересекаются третьей, то прямые пересечения параллельны.
Указание. Показать, что секущая плоскость пересекает основания призмы по
средним линиям соответствующих треугольников.
Указание. Зная сторону основания призмы и угол между диагональю грани
MNf и плоскостью основания, вычислить высоту призмы.
Решение. Секущая плоскость параллельна плоскости МРР', следовательно,
плоскость основания пересекает эти две параллельные плоскости по параллель¬
ным прямым: АВ || МР. Точка А - середина стороны РЛГ, значит АВ - средняя
линия треугольника MNP и АВ = 6.
Плоскость PNN'P' также пересекает параллельные плоскости МРР' и секу¬
щую плоскость по параллельным прямым: РР' || AD. Заметим, что DP' (сторона
прямоугольника APP'D} равна
DP' = АР — 1-PN = 6.
2
Из аналогичных соображений М'С = 6 и, следовательно, CD - средняя линия
треугольника M'N'P'.
Для того, чтобы вычислить площадь сечения ABCD, нам надо найти сторону
AD прямоугольника ABCD. Рассмотрим прямоугольный треугольник MNNf.
По условию задачи MN = 12, Z.NMN' = 45°, значит, NNf = MN = 12.
В результате S = АВ • AD = 6 • 12 = 72.
Ответ. 72.
Задача 10 .*
На диагональ куба, соединяющую две его вершины, не лежащие в одной грани,
провели перпендикуляры из остальных вершин куба. На сколько частей и в каком
отношении основания этих перпендикуляров разделили диагональ?

230
Указания и решения
Идея. Выразить длину проекции ребра куба на его диагональ через длину ребра
куба.
Указание. Рассмотреть прямоугольный треугольник, гипотенузой которого яв¬
ляется диагональ куба, а вершиной прямого угла - одна из вершин куба, не явля¬
ющаяся концом диагонали.
Указание. Выразить через длину ребра куба стороны этого треугольника и
проекции катетов на гипотенузу.
Решение. Рассмотрим куб ABCDA'B'C'D' с ребром, равным а. Пусть Н - ос¬
нование перпендикуляра, опущенного из вершины С на диагональ B'D, Выразим
через а длину отрезка В'Н.
Рассмотрим треугольник B'C'D. Он прямоугольный, так как ребро В'С' пер¬
пендикулярно плоскости грани CDD'C', а отрезки В'Н и HD являются проек¬
циями его катетов на гипотенузу. Выразим их через а.
Катет В'С' = а. Катет С'D = а\/2, так как является диагональю квадрата со
стороной а. Гипотенуза равна
B'D = ^{В'С)2 + CD2 =
Теперь воспользуемся следующей цепочкой следствий:
Z.CDB' = ЛВ'С'Н => sin Z.CDB' = sin ЛВ'С'Н =►
следовательно, основание перпендикуляра С'Н отсекает от диагонали одну треть.
Заметим, что аналогичная ситуация имеет место и с перпендикулярами, про¬
ведёнными из вершин А и В. Их основания также отсекают от диагонали одну
треть и, следовательно, приходят в точку Н.
Симметричная ситуация возникает с перпендикулярами, проведёнными из вер¬
шин А, С и D . Их основания отсекают одну треть с другой стороны диагонали.
Полученные таким образом точки Н и Н' делят диагональ на три равные части.
Ответ. На три равные части.

5.2. Наклонная призма
231
5.2,	Наклонная призма
Задача 1.
Основание параллелепипеда ABCDА'В'С1D' - ромб ABCD,
LA! АВ = LA! AD = 45°, LB AD = 60°. Найдите градусную меру угла между
плоскостями граней AA'D'D и АА'В'В.
Идея. Выбрать точку на прямой пересечения заданных плоскостей, восстановить
из неё в обеих плоскостях перпендикуляры и выразить угол между ними через
расстояние от вершины А до основания этих перпендикуляров.
Указание. Взять произвольную точку на ребре А А!, восстановить из неё пер¬
пендикуляры в плоскостях AA'D'D и АА'В'В. Рассмотреть треугольник, боковы¬
ми сторонами которого являются отрезки перпендикуляров, заключенные внутри
призмы.
Указание. Выразить элементы этого треугольника через расстояние от верши¬
ны А до основания перпендикуляров.
Решение. Рассмотрим произвольную точку Р на ребре А А'. Пусть перпендику¬
ляры, восстановленные из Р в плоскостях AA'D'D и АА'В'В, пересекают ребра
основания в точках R и Q.
Для того, чтобы вычислить искомый угол LQPR выразим элементы треуголь¬
ника QPR через а = АР.
Рассмотрим прямоугольный треугольник APR. У него LPAR = 45° по усло¬
вию, LAPR = 90° по построению, следовательно, PR = АР = a, AR = а\/2.
Из аналогичных соображений в треугольнике APQ стороны PQ = АР = а,
AQ = а\/2.
Получилось, что треугольник AQR с углом LQAR = 60° является равнобед¬
ренным, следовательно, он равносторонний и QR = а\/2.
Теперь в треугольнике QPR известны все стороны: PQ = PR = a, QR = а>/2.
Зная стороны, получаем, что LQPR = 90°.
Ответ. 90.
Задача 2.
Дана призма ABCDA'B'C'D', в основании которой лежит квадрат, а боковые
ребра наклонены к плоскости основания под углом в 60°. Отрезок D'А перпенди¬
кулярен плоскости основания. Найти длину этого отрезка, если площадь боковой
поверхности призмы равна 6(\/3 + 2).

232
Указания и решения
Идея. Выразить площадь боковой поверхности призмы через длину бокового
ребра и получить уравнение, приравняв полученное выражение заданному значе¬
нию.
Указание. Для определения углов боковых граней воспользоваться тем, что
плоскость, содержащая прямую, перпендикулярную основанию, сама перпендику¬
лярна основанию.
Указание. Показать, что одна пара боковых граней - параллелограммы с углом
60°, другая пара - прямоугольники.
Указание. Выразить площадь боковой поверхности призмы через длину боко¬
вого ребра.
Указание. Приравнять полученное для площади выражение числу 6(>/3 + 2)
и найти длину бокового ребра призмы из этого уравнения. После чего найти ис¬
комый отрезок.
Решение. Рассмотрим боковую грань AA'D'D. Ребро DD' наклонено к плоско¬
сти основания под углом 60°, отрезок D'A перпендикулярен плоскости основания,
следовательно, угол ADD' = 60°.
Пусть DD' = х, тогда AD = х/2 (из прямоугольного AADD') и
/ а . п т х/З	х2 \/3
Saa'D'd = DD • AD -sin60 = x • - • — = —-—.
Теперь выразим через x площадь грани CC'D'D. Так как по условию ABCD -
квадрат, то AD (проекция наклонной DD') перпендикулярна прямой CD. Сле¬
довательно, по теореме о трёх перпендикулярах наклонная DD' LCD. Значит,
четырёхугольник CC'D'D - прямоугольник. Так как DD' = х, CD = AD = х/2,
то площадь боковой поверхности призмы равна
S = 2Saa'D'd + 2Scc,DtD — —2	Ь z2 = -^“(уЗ + 2),
что по условию равно числу 6(\/3 + 2). Поэтому х2 = 12 и D'A = х • sin60° = 3.
Ответ. 3.

5JL Наклонная призма
233
Задача 3.
В наклонной треугольной призме высота равна л/б, а боковые ребра составляют с
плоскостью основания угол 45°. Площади двух боковых граней раны 3 и 6, а угол
между ними 120°. Найдите объём призмы.
Идея. Использовать формулу V = Snl, где Sn - площадь перпендикулярного
сечения, I - боковое ребро призмы.
Указание. Найти длину ребра призмы, используя информацию о величине угла
между боковым ребром и основанием и длине высоты призмы.
Указание. Зная площади граней ЛЛ'С'С, ВВ'С’С и длину бокового ребра,
найти расстояния между боковыми ребрами.
Указание. Вычислить площадь перпендикулярного сечения и применить фор¬
мулу V = Snl.
Решение. Пусть площади граней АА’С’С и ВВ’С’С равны 3 и 6 соответствен¬
но. Рассмотрим сечение треугольной призмы АВС А’ В’С’ плоскостью, перпенди¬
кулярной рёбрам призмы. Пусть L, М и К - точки пересечения рёбер АА’, В В’
и СС’ с этой плоскостью. Так как по построению рёбра призмы перпендикуляр¬
ны плоскости LMK, то они перпендикулярны и любым прямым, лежащим в этой
плоскости, в частности, прямым LM, МК и KL.
Следовательно, LM, МК и KL - высоты соответствующих параллелограм¬
мов, являющихся боковыми гранями призмы.
Объём наклонной призмы равен V = SnZ, где Sn - площадь перпендикулярного
сечения, I - боковое ребро призмы. Сначала найдём длину I.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ВВ’Н, где Н - основание высоты
призмы, проведённой из вершины В’. По условию задачи В’Н = \/б и угол
В’ВН = 45° как угол между боковым ребром и плоскостью основания. Следо¬
вательно, боковое ребро призмы I = ВВ’ = В’Н • \/2 = 2\/з.
Теперь найдём площадь треугольника KLM.
Зная площади граней АА’С’С, ВВ’С’С и длину бокового ребра, вычислим
длины высот KL и МК:
SАА'С'С = 3
2\/3-KL = 3
KL =
Sbb'CC = 6
2\&MK = 6
MK = \fa,
2 ’

234
Указания и решения
По условию задачи угол между гранями АА'С'С и ВВ'С'С оавен 120° значит
Z.LKM = 120° и
Sklm = \-KL-MK- sin Z.LKM =
2	8 ,
следовательно, объём призмы V =
Ответ. 2,25.
Sn/ = ^.2?3 =
О
9
4=2,25.
Задача
Основанием наклонной призмы АВС А'В'С является правильный треугольник
АВС со стороной 4. Боковое ребро ВВ' призмы равно 4 и образует с рёбрами В А
и ВС углы по 45°. Найдите объём призмы.
Идея. Использовать формулу V = SnZ, где Sn — площадь перпендикулярного
сечения, I - боковое ребро призмы.
Указание. Провести перпендикулярное сечение через ребро АС.
У казание. Вычислить площадь перпендикулярного сечения и применить фор¬
мулу V = Snl.
Решение. Боковые грани АА'В'В и ВВ'С'С являются равными ромбами (сто¬
роны равны 4, острый угол равен 45°). Следовательно, их высоты, проведённые
к общей стороне В В', имеют общее основание В".
Объём наклонной призмы равен V = 5П/, где Sn - площадь перпендикуляр¬
ного сечения, I - боковое ребро призмы. Поскольку АВ” ± В В” и СВ” ± ВВ”,
плоскость треугольника АВ”С перпендикулярна боковым рёбрам призмы. Най¬
дём площадь треугольника АВ”С.
Рассмотрим прямоугольный треугольник В В” А, У него Z.BAB” = Z.ABB” = 45°,
следовательно, АВ” = 4-sin45° = 2\/2. Так как высоты равных ромбов равны, то
СВ” = АВ” = 2\/2.
Теперь, когда известны длины всех сторон треугольника АВ”С вычислим его
площадь. С учётом того, что он оказался прямоугольным, получим
SAB"C = | • АВ" ■ СВ" = i • (2\/2)2 = 4,
следовательно, объём призмы V = Snl = 4 • 4 = 16.
Ответ. 16.

5,2. Наклонная призма
235
Задача 5.
В наклонном параллелепипеде ABCDA'B'C'D' боковое ребро равно 8. Расстоя¬
ния между ребром АА' и рёбрами ВВ' и DD' соответственно равны 12 и 9, а
расстояние между АА' и СС' равно 15. Найти объём параллелепипеда.
Идея. Использовать формулу V = Sn/, где Su - площадь перпендикулярного
сечения, I - боковое ребро призмы.
Указание. Найти площадь перпендикулярного сечения призмы, используя ин¬
формацию о расстояниях между боковыми рёбрами.
Решение. Рассмотрим сечение призмы ABCDA'B'C'D' плоскостью, перпен¬
дикулярной рёбрам призмы. Пусть А", В", С" и D" - точки пересечения со¬
ответствующих рёбер с этой плоскостью. Так как по построению рёбра призмы
перпендикулярны секущей плоскости, то они перпендикулярны каждой из сторон
параллелограмма А"В"С”D".
Следовательно, А"В" = 12, A''D" = 9 и А"С" = 15.
Объём наклонной призмы равен V = 5П/, где Sn - площадь перпендикулярного
сечения, I - боковое ребро призмы.
Теперь найдём площадь параллелограмма A”B"C"D". Рассмотрим треуголь¬
ник А"В"С". Его стороны А"В" = 12, В"С" = 9, А"С" = 15. Заметим, что он
является прямоугольным. Следовательно,
Sa”B"C"D" = ‘ZSa" в"С" = 12*9 = 108
и объём призмы V = Snl = 108 • 8 = 864.
Ответ. 864.
Задача 6.
Основанием наклонной призмы является правильный треугольник АВС со сто¬
роной 2. Боковое ребро АА' призмы равно 2 и образует с ребрами АВ и АС углы
по 60°. Определите площадь грани ВСС'В'.
Идея. Используя симметрию призмы относительно плоскости, содержащей реб¬
ро АА! и высоту призмы, доказать, что грань ВСС'В' является прямоугольни¬
ком.

236
Указания и решения
У казание. Показать, что проекция ребра АА' перпендикулярна ребру ВС,
У казание. Применить теорему о трёх перпендикулярах.
Решение. В треугольниках АВА' и АСА' две стороны имеют длину 2, а угол
между этими сторонами равен 60°. Значит, эти треугольники равносторонние и
ВА' = С А1 = 2.
Пусть высота призмы AfH = h. Из прямоугольных треугольников А'НА,
А'НВ и А'НС получим АН = ВН = СН = \/22 — h2. Из равенства отрезков
АН = ВН = СН следует, что Н - центр описанной окружности треугольника
АВС.
Так как треугольник АВС правильный, то отрезок АН' является одновремен¬
но биссектрисой и высотой треугольника АВС.
Итак, мы показали, что отрезок АН (проекция наклонной АА') перпендику¬
лярен ребру ВС. Но тогда, по теореме о трёх перпендикулярах, ребро АА! ± ВС.
Так как боковые рёбра призмы параллельны, то и два других боковых ребра пер¬
пендикулярны ребру ВС. Следовательно, параллелограмм ВСС'В' является пря¬
моугольником.
По условию задачи ВС = В В' = 2, значит, Sbccb' =2-2 = 4.
Замечание. Для доказательства того, что грань ВСС' В' является прямоуголь¬
ником, было бы достаточно просто равенства углов между боковым ребром и рёб¬
рами основания (не обязательно 60°). Это более общее утверждение будет дока¬
зано в следующей задаче.
Ответ. 4.
Задача 7.*
Все рёбра призмы АВС А'В'С' равны между собой. Углы ВАА' и САА' равны
60° каждый. Найдите расстояние от точки С' до плоскости СА'В', если площадь
грани АВ В'А' равна 8\/3.
Идея. Доказать вспомогательное утверждение: если боковое ребро треугольной
призмы образует равные углы с равными сторонами основания, выходящими из
той же вершины, то боковая грань, не имеющая общих точек с данным ребром,
является прямоугольником.
Указание. Для доказательства вспомогательного утверждения использовать
то, что проекция данного бокового ребра на основание попадает на биссектрису
5.2. Наклонная призма
237
(медиану и высоту) равнобедренного треугольника, лежащего в основании приз¬
мы.
Указание. Применить теорему трёх перпендикулярах.
Решение. Из-за симметрии призмы относительно плоскости, содержащей ребро
АА' и высоту призмы, возникает мысль о том, что грань ВСС'В' также симмет¬
рична относительно плоскости симметрии и ВСС'В' является прямоугольником.
Сформулируем это в виде вспомогательного утверждения и докажем его.
Утверждение, Если боковое ребро треугольной призмы образует равные углы
с равными сторонами основания, выходящими из той же вершины, то боковая
грань, не имеющая общих точек с данным ребром, является прямоугольником.
Доказательство. Рассмотрим наклонную треугольную призму АВСА'В'С',
ребро АА! которой образует с ребрами АВ и АС равные углы. Так как по условию
АВ = АС, то параллелограммы АСС' А! = АВ В'А' и их высоты А'Р = A'Q.
Рассмотрим треугольники А'HP и A'HQ, где Н - основание высоты призмы
А'Н. Треугольники равны по катету (А'Н - общий) и гипотенузе (А'Р = A'Q),
следовательно, HP = HQ. Эти отрезки являются проекциями наклонных А'Р и
A'Q и по теореме о трёх перпендикулярах перпендикулярны ребрам АС и АВ со¬
ответственно. Получилось, что точка Н находится на одном расстоянии от рёбер
АС и АВ; значит, она лежит на биссектрисе АН'. А так как в равнобедренном
треугольнике биссектриса является высотой, то отрезок АН (проекция наклон¬
ной АА') перпендикулярен ребру ВС и (по теореме о трёх перпендикулярах)
АА'± ВС.
В силу параллельности боковых ребер призмы получаем В В' ± ВС, СС' ± ВС;
значит, параллелограмм ВСС'В' - прямоугольник. Утверждение доказано.
По условию задачи все ребра призмы равны, найдем длину ребер а. Так как
площадь грани АВ В' А' равна 8 \/3 и угол ZBAA' = 60°, то
Sabb'A' = a2 sin 60° = 8\/з
=> а = 4.
Следовательно, прямоугольник ВСС'В' является квадратом со стороной 4, а
его диагональ В'С = 4\/2.
Теперь найдём угол между гранью ВСС'В' и плоскостью сечения СА'В'. За¬
метим сначала, что ДА А'С - равнобедренный с углом при вершине, равным 60°,
а, значит, равносторонний, поэтому А'С = а = 4. Основанием перпендикуляров,
проведённых из вершин А' и С" к прямой В'С, является середина отрезка В'С -
238
Указания и решения
точка Н, в силу равнобедренности треугольников В'А'С и В'С'С, где высоты
совпадают с медианами.
Вычислим угол ZA НС (который и есть угол между плоскостями) из тре¬
угольника А'НС. Его стороны равны А'Я = СН = 2\/2, А'С' = 4. Заметим,
что треугольник А1 НС1 оказался прямоугольным. Следовательно, прямая СН
перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости А'В'С (прямым А'Н
и В’С) и по признаку перпендикулярности прямой и плоскости перпендикуляр¬
на плоскости А'В'С. Значит, расстояние от точки С до плоскости А'В'С равно
длине перпендикуляра С Н = 2\/2.
Ответ. 2>/2.
Задача 8.*
Все грани призмы ABCDA'B'C'D' - равные ромбы. Углы BAD, ВАА' и DAA'
равны 60° каждый. Найдите угол между прямой В А' и плоскостью BDB'.
Идея. Использовать вспомогательное утверждение из предыдущей задачи о том,
что если боковое ребро треугольной призмы образует равные углы с равными сто¬
ронами основания, выходящими из той же вершины, то боковая грань, не имеющая
общих точек с данным ребром, является прямоугольником.
Указание. Рассмотреть треугольную призму ABDA'B'D'. Показать, что её
грань BB'D'D - прямоугольник.
Указание. Опустить перпендикуляр из точки А' на плоскость BB'D'D и вы¬
числить угол между наклонной В А' и её проекцией на эту плоскость.
Решение. В предыдущей задаче мы доказали следующее вспомогательное
утверждение: если боковое ребро треугольной призмы образует равные углы с рав¬
ными сторонами основания, выходящими из той же вершины, то боковая грань,
не имеющая общих точек с данным ребром, является прямоугольником.
Применим его к треугольной призме ABDA'B'D'. Получим, что параллело¬
грамм BB'D'D является прямоугольником.
По условию задачи все грани призмы ABCDA'B'C'D' - равные ромбы, значит
все рёбра исходной четырёхугольной призмы равны. Обозначим длину рёбер через
а. Так как углы BAD, ВАА' и DAA' равны 60° каждый, то отрезки
B'D' = BD = BA' = а.
Следовательно, прямоугольник BB'D'D является квадратом со стороной а.

5.2. Наклонная призма
239
Теперь найдём угол между прямой В А' и плоскостью BDB'.
Основанием перпендикуляров, проведённых из вершин А' и В' к прямой ВВ',
является середина отрезка BD' - точка Н, в силу равнобедренности треугольни¬
ков A'BD' и В B'D', где высоты совпадают с медианами.
Так как прямая А'Н перпендикулярна двум пересекающимся прямым плос¬
кости BDB' (прямым В'Н и ВН), то по признаку перпендикулярности прямой
и плоскости эта прямая перпендикулярна плоскости BDB'. Значит, угол между
прямой В А' и плоскостью BDB' есть угол между наклонной В А' и её проекцией
ВН. Найдём его величину из прямоугольного треугольника А'ВН-.
cos ЛА'ВН =
ВН __ ВВ'/2 _ aV2/2 _ \/2
В А' В А'	а “2
ЛА'ВН = 45°.
Ответ. 45°.

240
Указания и решения
6.	Пирамида
6.1.	Правильная пирамида
Задача 1.
Двугранные углы при основании правильной четырёхугольной пирамиды равны
45°, а площадь боковой поверхности равна 36\/2. Найдите объём пирамиды.
Идея. Выразить площадь боковой поверхности пирамиды через длину ребра
основания и получить уравнение, приравняв полученное выражение заданному
значению.
Указание. Провести сечение через апофему и высоту пирамиды.
Указание. Выразить элементы этого треугольника через длину ребра основа¬
ния и величину двугранного угла при основании пирамиды.
Указание. Выразить площадь боковой поверхности пирамиды через длину реб¬
ра основания.
Указание. Приравнять полученное для площади выражение числу 36\/2 и
найти длину ребра из этого уравнения, после чего найти объём пирамиды.
Решение. Пусть ребро основания правильной пирамиды ABCDS равно а. Вы¬
разим площадь боковой поверхности через а.
Рассмотрим сечение, проходящее через высоту SH и отрезок PQ, параллельный
ребру основания AD. Заметим, что точки Р и Q будут серединами рёбер АВ и
CD, а отрезок SP будет апофемой грани ABS.
Так как высота SH перпендикулярна плоскости ABCD, то отрезок PH явля¬
ется проекцией апофемы SP на плоскость основания пирамиды. Значит, Z.SPH
есть угол между боковой гранью ABS и плоскостью основания и равен 45°.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник SPH. У него Z.SPH = 45°,
катет PH = ADf2 — а/2. Следовательно, второй катет SH = а/2 и гипотенуза
SP = aj2/2.
Выразим площадь боковой поверхности через а:
*5бок = 4 • Sabs — 4 • — • а • - = а2\/2.
Так как по условию 5бок = 36>/2, то а = 6. В результате объём пирамиды равен
V = ±SABcD-SH = ±.a2-%=36.
о	О	Z
Ответ. 36.

6.1. Правильная пирамида
241
Задача 2.
Вычислите объём правильной треугольной пирамиды, высота которой равна 2л/3,
а все плоские углы при вершине прямые.
Идея. Выразить высоту пирамиды, все плоские углы при вершине которой пря¬
мые, через длину ребра основания и получить уравнение, приравняв полученное
выражение заданному значению.
Указание. Провести сечение через одну из вершин основания и высоту пира¬
миды.
Указание. Рассмотреть прямоугольный треугольник, катетом которого явля¬
ется высота пирамиды, гипотенузой - ребро пирамиды. Выразить элементы этого
треугольника через длину ребра основания.
Решение. Пусть ребро основания правильной пирамиды ABCS равно а. Так
как плоские углы при вершине прямые, то боковые ребра равны aj\f2.
Поскольку пирамида правильная, основанием высоты пирамиды является центр
правильного треугольника АВС, то есть точка Н, делящая медиану AM в отно¬
шении 2:1, считая от вершины А. Следовательно,
АН = ^АМ = I
3	3
аУЗ _ а
Т= Уз’
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник SAH. У него катет АН = а/Уз,
гипотенуза SA = a/yfi. Следовательно, второй катет SH = а/Уб. Так как по
условию SH = 2>/3, то а = бУ2. В результате объём пирамиды равен
v = | • SABC SH = ±-	• 2 х/з = 36.
и	о 4
Ответ. 36.
Задача 3.
В правильной треугольной пирамиде высота равна 4, а угол между боковым реб¬
ром и плоскостью основания равен 45°. Найдите объём пирамиды V. В ответе
запишите УЗУ.

242
Указания и решения
Идея. Выразить длину ребра основания через высоту пирамиды.
Указание. Провести сечение через одну из вершин основания и высоту пира¬
миды.
Указание. Рассмотреть прямоугольный треугольник, катетом которого явля¬
ется высота пирамиды, гипотенузой - ребро пирамиды. Выразить элементы этого
треугольника через высоту.
Решение. Поскольку пирамида правильная, основанием высоты пирамиды яв¬
ляется центр правильного треугольника АВС, то есть точка И, делящая медиану
AM в отношении 2:1, считая от вершины А. Так как высота SH перпендику¬
лярна плоскости основания, то АН есть проекция ребра AS и Z.SAH = 45°,
поскольку является углом между боковым ребром и плоскостью основания.
Рассмотрим прямоугольный треугольник SAH. У него катет SH = 4 и
Z.SAH = 45°. Следовательно, второй катет АН = 4.
2	2 а\/3	а
Так как АН = 4 и АН = -AM = - •	= -=,
3	3 2	Уз’
то а = 4УЗ. В результате объём пирамиды равен
где а - сторона основания,
V = i • Sabc -SH=±-	■ 4 = 16\/з => \/3V = 48.
о	о 4
Ответ. 48.
Задача 4-
В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна высоте и рав¬
на 4. Найти расстояние (р) от вершины основания до плоскости диагонального
сечения, не проходящего через эту вершину. В ответе запишите ——.
Идея. Показать, что перпендикуляр, опущенный из вершины А на диагональное
сечение, лежит в плоскости основания пирамиды.
Указание. Провести перпендикуляр из А к прямой BD и показать, что он
является перпендикуляром к плоскости диагонального сечения.
Указание. Воспользоваться признаком перпендикулярности прямой и плоско¬
сти.

6.1. Правильная пирамида
243
Решение. Рассмотрим правильную пирамиду ABCDS с высотой SH = 4 и
стороной основания, равной 4. Заметим, что Н является серединой диагонали
BD.
Так как высота SH перпендикулярна плоскости основания, то АН ± SH. А
так как АН ± BD, то по признаку перпендикулярности прямой и плоскости АН
перпендикулярна плоскости BDS.
Следовательно, расстояние от вершины основания до плоскости диагонального
сечения равно
Задача 5.
В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна 4, а высота
равна 2. Найдите расстояние (р) между боковым ребром и скрещивающейся с
ним диагональю основания. В ответе запишите 3\/бр.
Идея. Построить общий перпендикуляр к этим скрещивающимся прямым и вы¬
числить его длину.
Указание. Провести через одну из диагоналей основания диагональное сечение
и показать, что оно перпендикулярно другой диагонали.
Указание. Построить общий перпендикуляр в этом диагональном сечении.
Решение. Рассмотрим правильную пирамиду ABCDS с высотой SH = 2 и
стороной основания, равной 4.

244
Указания и решения
Заметим, что прямая BD перпендикулярна плоскости AHS, так как перпен¬
дикулярна двум пересекающимся прямым этой плоскости АН и SH.
Следовательно, если мы проведём в этой плоскости отрезок HP ± AS, то
HP будет перпендикулярен и BD, так как лежит в плоскости, перпендикулярной
отрезку BD, то есть отрезок HP - общий перпендикуляр к скрещивающимся
прямым AS и BD. Вычислим его длину.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ASH. Его катет АН = АС/2 = 2>/2,
а катет SH = 2, откуда гипотенуза равна AS = 273. Тогда получаем, что
Szash = ^-AH-SH = 2y/2.
ЛА
С другой стороны,
S&.ASH = --AS-HP ==>
2Т2 = i-273-ЯР
ЛА
нр = -^=
Те
==> зТб-ЯР = 12.
Ответ. 12.
Задача 6.
В правильной шестиугольной пирамиде MABCKEF с вершиной М длина сто¬
роны основания равна 473, а длина апофемы 10. Найдите площадь сечения (S),
проходящего через вершину пирамиды и меньшую из диагоналей основания. В от¬
вете запишите S/719.
Идея. Найти площадь сечения, предварительно вычислив длину бокового ребра
пирамиды и длину меньшей диагонали основания.
Указание. Зная высоту и основание треугольника, являющегося боковой гра¬
нью, вычислить ребро пирамиды.
Указание. Для вычисления меньшей диагонали основания рассмотреть равно¬
бедренный треугольник, отсекаемый от шестиугольника меньшей диагональю.
Решение. Рассмотрим равнобедренный треугольник АВМ. Его основание рав¬
но 47з, а высота равна 10. Следовательно, боковые стороны
AM = ВМ = ^/(2Тз)2 + 102 = 477.

6.1. Правильная пирамида
245
Найдём АС. Так как у правильного шестиугольника все углы по 120°, то по
теореме косинусов, применённой к треугольнику АВС, получим
АС2 = (4л/3)2 + (4>/3)2 - 2 • (4\/3)2 • cos 120° = 144 => АС = 12.
Теперь рассмотрим треугольник АСМ. Найдём его площадь. Пусть h - длина
высоты треугольника АСМ, проведённой к основанию АС, тогда
S^acm = | • АС • h = | • 12 • У(4\/7)2 - 62 = 12У19 =>
Ответ. 12.
*12.
х/19
Задача 7.
В правильной шестиугольной пирамиде MABCKEF с вершиной М сечение про¬
ходит через вершину пирамиды и меньшую из диагоналей основания. Найти от¬
ношение объёмов частей пирамиды, на которые она делится плоскостью сечения.
Идея. Отношение объёмов пирамид с общей вершиной и основаниями, лежащи¬
ми в одной плоскости, равно отношению площадей оснований.
Указание. Вычислить площадь треугольника, отсекаемого меньшей диагона¬
лью от шестиугольника, лежащего в основании исходной пирамиды.
Решение. Искомое отношение равно
Умавс _ | • Sabc • МН _ Sabc
Vmackef I • Sackef • MH Sackef
Заметим, что правильный шестиугольник со стороной а состоит из шести рав¬
носторонних треугольников со стороной а, значит Sabckef = 6Sabh, причём
а2\/3 „
Sabh = Sabc = ——• Следовательно,
Умавс _ Sabc = 1 = о 2
Умаскее GSabh - Sabc 5
Ответ. 0,2.

246
Указания и решения
Задача 8.*
В правильную четырёхугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вер¬
шины принадлежат боковым рёбрам пирамиды, а четыре другие принадлежат её
основанию. Найдите ребро куба (а), если сторона основания пирамиды равна >/2,
а её боковое ребро равно 3. В ответе запишите 3\/2а.
Идея. Использовать то, что диагональное сечение куба вписано в диагональное
сечение пирамиды.
Указание. Показать, что вершины куба, принадлежащие основанию пирами¬
ды, лежат на диагоналях этого основания.
Указание. Рассмотреть диагональное сечение пирамиды и вписанное в него
диагональное сечение куба. Зная стороны треугольника, определить стороны впи¬
санного в него прямоугольника с соотношением сторон 1 : \/2.
Решение. Пусть куб A'B'C'D'А" В" С" D" вписан в пирамиду указанным в усло¬
вии задачи образом. Рассмотрим диагональное сечение BDS правильной четырёх¬
угольной пирамиды ABCDS. Так как сечение содержит высоту SH (Н являет¬
ся серединой диагонали BD), то плоскость сечения перпендикулярна плоскости
основания пирамиды. Следовательно, проекции всех точек плоскости BDS при¬
надлежат прямой BD, в частности, проекции В" и D" точек В' и D', то есть
диагональное сечение куба вписано в диагональное сечение пирамиды.
Рассмотрим треугольник BDS и вписанный в него прямоугольник B'D'D"B".
Боковые стороны треугольника BPS равны BS = DS = 3, основание
BD = у/2 • AD = 2, высота SH = \/32 — 1 = 2\/2. Пусть стороны прямоугольника
B'D'D"В" равны В'В" = D'D" = а, тогда B'D' = B"D" = ау/2. Найдём а.
Заметим, что &BSD ~ kB'SD', поскольку BD || B'D'. Следовательно,
SH' _ B'D'
SH “ BD
SH — a a>/2	2\/2 — a a>/2
SH ~ 2	2x/2 ~ 2
2\/2	r-
=► a = —=> 3x/2a = 4.
u
Ответ. 4.

6.2. Тетраэдр
247
6.2.	Тетраэдр
Задача 1.
Доказать, что основание высоты тетраэдра является центром окружности, опи¬
санной около основания, тогда и только тогда, когда длины всех боковых рёбер
равны между собой (или все боковые рёбра наклонены к плоскости основания под
одним углом).
Идея. Показать, что равенство рёбер равносильно равенству их проекций.
Указание. Доказать равенство прямоугольных треугольников, общим катетом
которых является высота тетраэдра, а гипотенузами - боковые рёбра тетраэдра.
Решение. Пусть Н - основание высоты DH тетраэдра ABCD. Рассмотрим
прямоугольные треугольники ADH, BDH и CDH. Если боковые рёбра тетраэд¬
ра равны, то все три треугольника равны по гипотенузе и катету (DH - общий).
Из равенства треугольников следует равенство отрезков АН = ВН = СН, значит,
точка Н есть центр окружности, описанной около треугольника АВС.
И наоборот, если основание высоты DH есть центр описанной окружности
около треугольника АВС, то из равенства прямоугольных треугольников ADH,
BDH и CDH следует равенство боковых рёбер AD = BD = CD.
Доказательство проводится аналогично, если вместо равенства боковых рёбер
дано равенство углов наклона боковых ребер к плоскости основания.
Задача 2.
Доказать, что основание высоты тетраэдра является центром окружности, впи¬
санной в основание, тогда и только тогда, когда все боковые грани наклонены к
плоскости основания под одним углом.
Идея. Показать, что равенство углов наклона боковых граней равносильно ра¬
венству проекций высот боковых граней на основание тетраэдра.
Указание. Доказать равенство прямоугольных треугольников, общим катетом
которых является высота тетраэдра, а гипотенузами - высоты боковых граней
тетраэдра.

248
Указания и решения
Решение. Пусть Н - основание высоты DH тетраэдра ABCD, а точки К, L
и М - основания высот, проведённых из вершины D к рёбрам АВ, ВС и АС,
Так как прямая DH перпендикулярна плоскости основания, то отрезок КН яв¬
ляется проекцией наклонной KD и по теореме о трёх перпендикулярах, также
как и наклонная, перпендикулярен ребру АВ, Следовательно, угол Z.DKH есть
угол между боковой гранью ABD и плоскостью основания АВС, Из аналогичных
соображений углы Z.DLH и Z.DMH являются углами между соответствующей
боковой гранью и плоскостью основания.
Рассмотрим прямоугольные треугольники KDH, LDH и MDH, Если все
боковые грани наклонены к плоскости основания под одним углом, то все эти
треугольники равны по острому углу и катету (DH - общий). Из равенства тре¬
угольников следует равенство отрезков КН = LH = МН, значит, точка Н равно¬
удалена от сторон треугольника АВС и является центром окружности вписанной
в треугольник АВС.
И наоборот, если основание высоты DH есть центр окружности, вписанной в
треугольник АВС, то из равенства прямоугольных треугольников KDH, LDH
и MDH следует равенство углов наклона боковых граней к плоскости основания.
Задача 3.
Все рёбра правильного тетраэдра ABCD равны i/б. Найдите расстояние от вер¬
шины А до плоскости В DC,
Идея. Высота тетраэдра - это высота треугольника, являющегося сечением, про¬
ведённым через боковое ребро и центр основания.
Указание. Провести сечение через боковое ребро и центр основания, выразить
элементы этого треугольника через длину ребра тетраэдра.
Решение. Основанием высоты АН правильного тетраэдра ABCD является
центр треугольника BCD, то есть точка пересечения его медиан. Следовательно,
2
СН = -СЛ/, где ~ меДиана> проведённая к стороне BD. Выразим длину
АН через длину стороны тетраэдра а.

6.2. Тетраэдр
249
Рассмотрим прямоугольный треугольник АСН. У него гипотенуза АС = а, катет
„ТТ 2 а\/3 а „	I а?
СН = - • —— = -/=. Следовательно, второй катет равен АН = у а2 —— = 2.
Ответ. 2.
Задача 4-
В основании пирамиды лежит равносторонний треугольник со стороной, равной 2.
Одна из боковых граней также равносторонний треугольник и перпендикулярна
основанию. Найдите объём пирамиды.
Идея. Воспользоваться формулой V = | • SOCH • h.
Указание. Показать, что высотой тетраэдра является высота боковой грани,
перпендикулярной основанию.
Решение. Пусть боковая грань ACD тетраэдра ABCD перпендикулярна осно¬
ванию АВС. Рассмотрим точку Н - середину ребра АС. Так как треугольники
ACD и АВС равносторонние, то их медианы DH и ВН являются высотами и
угол DHB - прямой как угол между плоскостями этих треугольников.
Следовательно, отрезок DH перпендикулярен плоскости АВС, поскольку он пер¬
пендикулярен двум пересекающимся прямым этой плоскости (АС и НВ). Найдём
длину высоты тетраэдра
L>H = AL>-sin60° = V3.
В результате объём равен
V = | • Sabc • DH = | • J • 2 ■ ВН • DH = | • (Л)2 = 1.
О	О Z	и
Ответ. 1.

250
Указания и решения
Задача 5.
Боковое ребро МС пирамиды МАВС перпендикулярно плоскости основания
АВС и равно 4. Плоскость, параллельная основанию, проходит через середину
высоты пирамиды и пересекает боковые рёбра в точках А', В' и С. Найдите
площадь боковой поверхности пирамиды М А'В'С, если АС = ВС = 5, а высота
СК треугольника АВС равна 3.
Идея. Воспользоваться тем, что пирамида МА1 В1 С1 подобна МАВС с коэф¬
фициентом подобия, равным 2.
Указание. Найти площади граней пирамиды МАВС.
Указание. Так как пирамида МА1 В'С подобна МАВС с коэффициентом
подобия равным 2, то площади их боковых поверхностей относятся как 1 к 4.
Решение. По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников АСК и ВС К
получим АК = КВ = 4, а из прямоугольного треугольника МСК получим
МК = 5. Площадь боковой поверхности пирамиды МАВС равна:
S = Smca + $мсв + Sabm = %Smca 4- Sabm = 2 • 10 + 20 = 40.
Теперь рассмотрим пирамиду МА'В'С. Так как любая плоскость, пересекаю¬
щая две параллельных плоскости, пересекает их по параллельным прямым (а
плоскость А'В'С параллельна плоскости АВС), то АВ || А'В', ВС || В'С и
АС || А'С. Следовательно, боковые грани пирамиды МА'В'С подобны боковым
граням пирамиды МАВС. Коэффициент подобия равен 2, поскольку точка С -
середина ребра МС. Значит, площади боковых граней этих пирамид относятся
как 1 к 4 и площадь боковой поверхности пирамиды МА'В'С равна 40 : 4 = 10.
Ответ. 10.
Задача 6.
Основание пирамиды - треугольник, две стороны которого равны 3 и >/3, а угол
между ними равен 30°. Каждое боковое ребро равно Vol. Найти объём пирамиды.
Идея. Воспользоваться тем, что если боковые ребра тетраэдра равны, то основа¬
ние высоты тетраэдра является центром окружности, описанной около основания
тетраэдра.

6.2. Тетраэдр
251
Указание. Вычислить длину высоты тетраэдра, используя то, что длины про¬
екций рёбер равны радиусу окружности, описанной около основания тетраэдра.
Решение. Пусть в основании тетраэдра ABCD лежит треугольник АВС, у
которого АВ = \/3, ВС = 3, Z.ABC = 30°.
В задаче 1 было показано, что если боковые рёбра равны, то основанием высоты
тетраэдра является центр окружности, описанной около основания тетраэдра, а
длины проекций рёбер равны её радиусу.
Поэтому для того, чтобы найти высоту тетраэдра DH, нам достаточно найти
радиус окружности, описанной около треугольника АВС.
D
А
По теореме косинусов третья сторона треугольника АВС равна АС = уЗ. По
теореме синусов найдём радиус:
2 sin 30°
Следовательно, АН = ВН = СН = у/З. Теперь из прямоугольного треугольника
CDH по теореме Пифагора найдём высоту DH:
DH = \/CD2 - СН2 = ^51^3 = 473.
В итоге объём тетраэдра равен
V = | • Sabc • DH = | • i • 3 • Л • sin 30° • 4^3 = 3.
О	О Z
Ответ. 3.
Задача 7.
Основание пирамиды МАВС - треугольник АВС, в котором АВ = ВС,
АС = \/15, Z.ABC = 120°. Боковые рёбра образуют с плоскостью основания
равные углы. Найдите объём пирамиды, если AM = \/53.
Идея. Воспользоваться тем, что если боковые рёбра образуют с плоскостью осно¬
вания равные углы, то основание высоты тетраэдра является центром окружности,
описанной около основания тетраэдра.
Указание. Вычислить длину высоты тетраэдра, используя то, что длины про¬
екций рёбер равны радиусу окружности, описанной около основания тетраэдра.

252
Указания и решения
Решение. В задаче 1 было показано, что если боковые рёбра образуют с плос¬
костью основания равные углы, то основанием высоты тетраэдра является центр
окружности, описанной около основания тетраэдра, а длины проекций рёбер рав¬
ны её радиусу.
Поэтому для того, чтобы найти высоту тетраэдра МН, нам достаточно найти
радиус окружности, описанной около треугольника АВС. Его найдём по теореме
синусов:
ff = АС -	- У<
2sinZB “ Уз ~
М
Следовательно, АН = ВН = СН = Уб. Теперь из прямоугольного треугольника
СМН по теореме Пифагора найдём высоту МН:
МН = у/СМ2 - СН2 = УбЗ^б = 4УЗ.
По теореме косинусов можно получить, что в треугольнике АВС стороны
АВ = ВС = х/5. В итоге объём тетраэдра равен
V = i • Sabc ■ МН = | • i • Уб • Уб • sin 120° • 4\/3 = 5.
О	и Z
Ответ. 5.
Задача 8.
Основание пирамиды ABCD - прямоугольный треугольник с гипотенузой
АВ = 2У30. CD - высота пирамиды, боковые рёбра AD и BD наклонены к
плоскости основания под углами 30° и 60° соответственно. Найдите объём пира¬
миды.
Идея. Выразить катеты треугольника АВС через высоту пирамиды, записать
теорему Пифагора и из этого уравнения найти высоту.
Указание. Выразить АС и ВС через h = CD, используя тот факт, что бо¬
ковые рёбра AD и BD наклонены к плоскости основания под углами 30° и 60°
соответственно.
Указание. Записать теорему Пифагора для треугольника АВС и из этого
уравнения найти высоту пирамиды.
Решение. Так как ребро CD перпендикулярно плоскости основания, то угол
Z.DAC есть угол наклона ребра AD к плоскости основания и, следовательно,

6.2. Тетраэдр
253
Z.DAC — 30°. Угол Z.DBC есть угол наклона ребра BD
и, следовательно, Z.DBC = 60°.
к плоскости основания
Обозначим DC = h, тогда из прямоугольных треугольников DAC и DBC полу¬
чим, что АС = h\/3, ВС = По теореме Пифагора
АВ2 = АС2 + ВС2 => (2\/зб)2 = З/i2 +	=> /г = 6.
О
Следовательно, объём пирамиды равен
У = о ’ Sabc • h = - ■ — • 6 = 36.
О	О £
Ответ. 36.
Задача 9.
В пирамиде SABC грани SAB и SAC перпендикулярны плоскости основания,
ребро ВС равно 10, а двугранный угол при ребре ВС равен 45°. Найдите объём
пирамиды, если площадь её основания равна 30.
Идея. Найти высоту пирамиды из прямоугольного треугольника с катетом SA
и острым углом 45°.
Указание. Показать, что ребро SA перпендикулярно плоскости основания пи¬
рамиды.
Указание. Рассмотреть прямоугольный треугольник ASP, где Р - основание
высоты, проведённой из вершины А к стороне ВС.
Решение. Если две плоскости перпендикулярны третьей, то прямая пересечения
этих двух плоскостей перпендикулярна третьей плоскости. Следовательно, ребро
SA перпендикулярно плоскости основания пирамиды АВС.

254
Указания и решения
Рассмотрим точку Р - основание высоты АР треугольника АВС. Отрезок АР
есть проекция наклонной SP и по теореме о трёх перпендикулярах наклонная
также перпендикулярна прямой ВС.
В прямоугольном треугольнике APS угол Z.APS = 45° как двугранный угол
при ребре ВС. Катет SA равен
SA = АР = 2S^C =	= 6,
ВС 10
следовательно, искомый объём пирамиды равен
V = | • S&ABC • SA = 60.
О
Ответ. 60.
6.3.	Произвольные пирамиды
Задача 1.
Основанием пирамиды служит прямоугольник, угол между диагоналями которого
равен 30°, а площадь равна 9. Боковые рёбра образуют с плоскостью основания
углы в 45°. Найдите объём пирамиды.
Идея. Найти высоту пирамиды из треугольника, являющимся диагональным
сечением пирамиды.
Указание. Показать, что основанием высоты является точка пересечения диа¬
гоналей прямоугольника, лежащего в основании пирамиды.
Решение. Пусть SH - высота пирамиды SABCD и SH = h. Так как боковые
рёбра наклонены к плоскости основания под углом 45°, то проекции боковых рёбер
на основание равны Л, то есть точка Н равноудалена от вершин прямоугольника
ABCD. Следовательно, она лежит на пересечении его серединных перпендикуля¬
ров; значит, Н - это центр прямоугольника - точка пересечения его диагоналей.
Площадь прямоугольника равна
S = | ■ АС ■ BD • sin 30° = i • 2h ■ 2h • i = h2.
z	z	z

6.3. Произвольные пирамиды
255
Из условия S = 9 получим h = 3. Следовательно, искомый объём пирамиды равен
Ответ. 9.
Задача 2.
Основание пирамиды - квадрат, сторона которого равна 3. Каждая боковая грань
наклонена к плоскости основания под углом, тангенс которого равен 4/3. Найдите
площадь боковой поверхности пирамиды.
Идея. Найти высоту пирамиды из треугольника, являющегося сечением пира¬
миды, проходящим через высоту пирамиды и середину ребра основания.
Указание. Показать, что основанием высоты является точка пересечения диа¬
гоналей квадрата, лежащего в основании пирамиды.
Решение. Пусть SH - высота пирамиды SABCD и SH = h. Так как боковые
грани наклонены к плоскости основания под углом с тангенсом равным 4/3, то
проекции высот боковых граней равны ЗЛ/4, то есть точка Н равноудалена от сто¬
рон квадрата ABCD. Следовательно, она лежит на пересечении его биссектрис;
следовательно, Н - это центр квадрата - точка пересечения его диагоналей.
3/i 3h
Сторона квадрата равна АВ = 2- — = —. Из условия АВ = 3 получим h = 2.
Из прямоугольного треугольника MHS найдём высоту боковой грани MS:
MS2 = SH2 + МН2 = 22 + f 0 =
MS =
А
Следовательно, искомая площадь боковой поверхности пирамиды равна
S = 4 ■ Sabs = 4 • i • АВ ■ MS = 15.

256
Указания и решения
Ответ. 15.
Задача 3.
Найдите площадь боковой поверхности четырёхугольной пирамиды (S), если в
основании пирамиды лежит ромб с диагоналями 30 и 40 и все боковые грани
пирамиды наклонены к плоскости основания под углом 30°. В ответе запишите
S73.
Идея. Найти высоту пирамиды из треугольника, являющегося сечением пира¬
миды, проходящим через высоту пирамиды и высоту боковой грани.
Указание. Показать, что основанием высоты является точка пересечения диа¬
гоналей ромба, лежащего в основании пирамиды.
Решение. Пусть SH - высота пирамиды SABCD и SH = h. Так как боковые
грани наклонены к плоскости основания под углом, равным 30°, то проекции
высот боковых граней равны h/tg30° = \/3h, то есть точка Н равноудалена от
сторон ромба ABCD. Следовательно, она лежит на пересечении его биссектрис;
следовательно, Н - это центр ромба - точка пересечения его диагоналей.
Сторона ромба равна АВ = л/152 + 202 = 25. Из прямоугольного треугольника
АВН найдём высоту НМ\
ЯМ = ^" = ^ = 12.
АВ 25

6.3. Произвольные пирамиды
257
Так как проекция высоты боковой грани НМ = д/ЗЛ, то h = 4\/3. Из прямоуголь¬
ного треугольника MHS найдём высоту боковой грани MS:
MS2 = SH2 + МН2 = h2 + 3h2 = 4h2 => MS = 8 Уз.
Следовательно, искомая площадь боковой поверхности пирамиды равна
S = 4 • Sabs = 4 • i • AB-MS = 400 \/3 => 5^3 = 1200.
Ответ. 1200.
Задача 4-
В четырёхугольной пирамиде SABCD, основанием которой является прямоуголь¬
ник, длины рёбер SC = 8, CD = 6, а ребро SB ± АВС. Угол между плоскостями
SCD и АВС равен 30°. Во сколько раз площадь основания больше площади гра¬
ни SBC1
Идея. Выразить отношение площадей через заданные величины.
Указание. Показать, что Z.BCS есть угол между плоскостями SCD и АВС.
Указание. Выразить отношение площадей через длины отрезков SC, CD и
Z.BCS = 30°.
Решение. Заметим, что отрезок ВС есть проекция наклонной SC на плоскость
основания пирамиды, а так как ВС ± CD, то по теореме о трёх перпендикуля¬
рах и сама наклонная SC ± CD. Следовательно, угол Z.BCS есть угол между
плоскостями SCD и АВС и равен 30°.
Искомое отношение площадей равно
Sabcd _ ВС-CD = 2CD _	2-6	= 12 = 3
Ssbc \-SB-BC~ SB SC • sin 30°	4
Ответ. 3.

258
Указания и решения
Задача 5.
В основании пирамиды лежит правильный шестиугольник ABCDEF. Боковое
ребро BS перпендикулярно плоскости основания и равно ребру основания. Най¬
дите градусную меру угла между боковым ребром FS и плоскостью основания.
Идея. Выразить проекцию ребра FS на плоскость основания через ребро осно¬
вания пирамиды и найти угол между самим ребром и его проекцией.
Указание. Проекцией ребра FS на плоскость основания пирамиды является
диагональ BF.
Указание. Выразить длину отрезка BF через длину ребра основания из тре¬
угольника ABF.
Указание. Найти угол BFS из треугольника BFS.
Решение. Так как ребро BS перпендикулярно плоскости основания пирамиды,
то отрезок BF является проекцией наклонной FS, а угол BFS является искомым
углом между ребром FS и плоскостью основания.
Пусть сторона основания равна а, тогда ребро BS = а и из прямоугольного тре¬
угольника BFS получим
tg ABFS =
&	BF BF
Осталось выразить длину BF через а. Рассмотрим треугольник ABF. У него
стороны АВ = AF = а, угол Z.BAF = 120°. По теореме косинусов
BF2 = а2 + а2 — 2а2 • cos 120° = За2 => BF — а\/3 ==>
=> tgZBFS =-^ = 4= => ABFS = 30°.
а\/3 ч/З
Ответ. 30.
Задача 6.
Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь которого равна 36\/3.
Две боковые грани перпендикулярны основанию, а две другие образуют с плоско¬
стью основания углы 45° и 30°. Найти объём пирамиды (V). В ответе укажите
У\/3.

6.3. Произвольные пирамиды
259
Идея. Выразить стороны основания через высоту пирамиды и, приравняв про¬
изведение этих сторон площади основания, получить уравнение для высоты.
Указание. Показать, что высотой пирамиды является общее ребро двух граней,
перпендикулярных основанию.
Указание. Выразить стороны основания через высоту пирамиды из прямо¬
угольных треугольников с углами 45° и 30°.
Указание. Приравнять произведение сторон площади основания и найти вы¬
соту из полученного уравнения.
Решение. Пусть грани ABS и ADS перпендикулярны основанию ABCD. Ес¬
ли две плоскости перпендикулярны третьей, то прямая пересечения этих двух
плоскостей перпендикулярна третьей плоскости. Следовательно, ребро SA пер¬
пендикулярно плоскости основания пирамиды.
Заметим, что проекция АВ ребра BS перпендикулярна прямой ВС. Следователь¬
но, по теореме о трёх перпендикулярах и само ребро перпендикулярно прямой ВС,
то есть угол Z.ABS есть угол между плоскостями BCS и ABCD и равен 45°.
Из аналогичных соображений угол Z.ADS есть угол между плоскостями CDS и
ABCD и равен 30°.
Пусть длина высоты SA равна h. Тогда из прямоугольных треугольников
ABS и ADS получим АВ = h и AD = h\/3. По условию площадь основания
равна 36х/3, значит
h-h\/3 = 36\/3 =>
/1 = 6 => V = ^-h-Sabcd = 72>/3 => Vy/З = 216.
О
Ответ. 216.
Задача 7.
В основании четырёхугольной пирамиды ABCDF лежит квадрат со стороной,
равной 4. Боковые грани FAD и FCD перпендикулярны плоскости основания
пирамиды, а высота пирамиды равна диагонали её основания. Найдите площадь
(S) сечения пирамиды плоскостью, проходящей через прямую АС параллельно
прямой FB. В ответе укажите S\/2.
Идея. Плоскость искомого сечения проходит через диагональ АС и середину
ребра DF.

260
Указания и решения
Указание. Показать, что высотой пирамиды является общее ребро двух граней,
перпендикулярных основанию.
Указание. Показать, что плоскость искомого сечения содержит среднюю ли¬
нию треугольника BDF.
Указание. Найти площадь сечения, проходящего через диагональ АС и сере¬
дину ребра DF.
Решение. Если две плоскости перпендикулярны третьей, то прямая пересечения
этих двух плоскостей перпендикулярна третьей плоскости. Следовательно, ребро
DF является высотой пирамиды и DF = BD = 4\/2.
Пусть О - точка пересечения диагоналей основания, К - середина ребра DF.
Так как отрезок ОК - средняя линия треугольника BDF, то OK || BF и, следо¬
вательно, прямая BF параллельна плоскости АСК и плоскость АСК - искомая
плоскость.
Заметим, что медиана КО является высотой в равнобедренном треугольнике
АСК. Искомая площадь равна
Sack = ^ ■ АС ■ КО = ^ ■ 4^2 ■ х/ЁЮ* + № = 8 Л => S\/2 = 16.
z	z
Ответ. 16.
Задача 8.
В основании пирамиды SABCD лежит квадрат ABCD со стороной, равной 5.
Точка М делит ребро SB в отношении 2:3, считая от точки S. Через точку М
проходит сечение, параллельное основанию пирамиды. Найдите его площадь.
Идея. Использовать то, что плоскость, параллельная основанию пирамиды, от¬
секает от неё подобную пирамиду.
Указание. Определить коэффициент подобия отсечённой пирамиды из усло¬
вия, что точка М делит ребро SB в отношении 2:3, считая от точки S.
Решение. Заметим, что плоскость, параллельная основанию пирамиды, пере¬
секает боковые грани по прямым, параллельным соответствующим рёбрам осно¬
вания. Следовательно, треугольники, являющиеся боковыми гранями отсечённой
6.3. Произвольные пирамиды
261
пирамиды, подобны боковым граням исходной пирамиды. В нашем случае коэф¬
фициент подобия равен к = 2/5 и площадь основания отсечённой пирамиды равна
22
к2 • Sabcd = То • 52 = 4.
5 2
Ответ. 4.
Задача 9.*
В основании пирамиды DABC лежит треугольник АВС, в котором ZC = 60°,
АС = 14, ВС = 8. Боковые грани DAC и DAB перпендикулярны плоскости
основания пирамиды, а ребро AD равно 4\/3. Сечение пирамиды плоскостью,
проходящей через середину ребра DB параллельно прямым ВС и AD, является
основанием второй пирамиды, вершина которой в точке С. Найдите объём второй
пирамиды.
Идея. Исни. шзовать то, что плоскость данного сечения проходит через середины
соответствующих рёбер.
Указание. Показать, что сечение проходит через середины рёбер АВ, АС и
DC.
Указание. Вычислить высоту второй пирамиды, предварительно показав, что
она лежит в плоскости основания исходной пирамиды.
Решение. Найдём площадь основания второй пирамиды и её высоту.
Так как данное сечение параллельно прямой ВС, которая является прямой
пересечения плоскостей DBC и АВС, то плоскость нашего сечения пересекает
плоскости DBC и АВС по прямым KL || ВС и MN || ВС (см. рисунок), при¬
чём KL является средней линией треугольника DBC, поскольку К - середина
отрезка BD по условию задачи.
Из аналогичных соображений KN || AD и ML || AD и отрезок KN является
средней линией треугольника ABD. Так как точка N оказалась серединой ребра
АВ и MN || ВС, то MN - средняя линия треугольника АВС, а М - середина
ребра АС.
Мы показали, что сечение KLMN - параллелограмм со сторонами
KL = MN = ^ВС = 4, LM = KN = }-AD = 2\/3.

262
Указания и решения
Так как боковые грани DAC и DAB перпендикулярны плоскости основания
пирамиды, то ребро AD ± АВС, значит, KN ± NM и параллелограмм KLMN
является прямоугольником с площадью
S = KN- NM = 8>/3.
D
Н
Осталось найти высоту h пирамиды KLMNC. Опустим высоту СН на пря¬
мую MN. Заметим, что СН ± LM, так как LM || AD и AD ± АВС, то есть
прямая СН перпендикулярна двум прямым плоскости KLMN; следовательно
СН есть высота пирамиды KLMNC.
Вычислим её длину из прямоугольного треугольника МСН:
\/3
СН = МС- sin ЛС МН = МС • sinZACB = 7 •
=> V = ±Sh= 1-8Л-^=28.
Ответ. 28.
Задача 10.*
Основанием пирамиды FABC является треугольник АВС, в котором Л АВС = 90°,
АВ = 3, ВС = 4. Ребро AF перпендикулярно плоскости АВС и равно 4. Отрез¬
ки AM и AL являются соответственно высотами треугольников AFB и AFC.
Найдите объём пирамиды AMLC.
Идея. Вычислить расстояние от точки М до плоскости ALC как высоту тетра¬
эдра AMCF.
Указание. Найти объём пирамиды Удмсг как разность объёмов Vabcf и
Удмсв •
Указание. Вычислить высоту пирамиды Vamcf , опущенную из вершины М.
Указание. Найти площадь основания и вычислить объём искомой пирамиды.
Решение. Для вычисления объёма пирамиды AMCL нам надо найти высоту
h, опущенную из вершины М на плоскость ACF. Заметим, что искомая высота

6.3. Произвольные пирамиды
263
является высотой для пирамиды AMCF и, следовательно,
т7 1Q к 	к SVamcf SVamcf
Vamcf = ~^acf • n => h, = —	= ———.
о	Sacf 10
Объём пирамиды Vamcf можно найти как разность объёмов Vabcf и Vamcb-
Сначала найдем объём Vamcb - Высота МН треугольника AM В параллельна
ребру AF ± АВС\ следовательно, МН ± АВС и
Vamcb = tSabc • МН,
о
где Sabc = 6, а высота
МН = MB sin Z.ABF = АВ cos Z.ABF sin Z ABF = - sin (2Z ABF) =
_3	2 tgZABF	4/3	_ 36
“ 2 ’ 1 + tg2 ZABF “ 3 ’ 1 + (4/3)2 “ 25’
В результате
Vamcf = Vabcf - Vamcb — -^Sabc • AF - ^Sabc • MH =
lc (at?	1 a (a 36A	128
= -SABC-(AF-MH) = --6.^--j=—.
Следовательно, высота пирамиды AMCL равна
, _ 3Vamcf _ 3 • 128
10	250 ’
Теперь найдём площадь основания Sacl-
Sacl = \AL CL = ^(АС sin ЛАСL) ■ (AC cos ЛACL) =
Z	Z
= 1ЛС’81„ (22ЛМ) =	. 1 •	4/*г -
4 v ’	4 l + tg2AACL 2 l + (4/5)2	41
В итоге искомый объём равен
..	1_	,	1 250 3-128	128
VAMCl = ^SACl • h = - ■ — ■	.
Ответ. 128/41.

264
Указания и решения
7.	Тела вращения
7.1.	Цилиндр
Задача 1.
Через образующую цилиндра проведены два сечения, одно из которых осевое, а
второе параллельное оси цилиндра. Площади сечений равны 26 и 13. Найдите
градусную меру угла между плоскостями сечений.
Идея. Найти угол между прямыми, по которым плоскости данных сечений пе¬
ресекают основание цилиндра.
Указание. Использовать то, что сечением цилиндра плоскостью, параллельной
оси цилиндра, является прямоугольник.
Указание. Найти отношение длин хорд, по которым плоскости данных сечений
пересекают основание цилиндра, используя отношение площадей данных сечений.
Решение. Пусть площадь осевого сечения ABCD цилиндра равна 26, а площадь
сечения ABCD' равна 13.
Так как сечением цилиндра плоскостью, параллельной оси цилиндра, является
прямоугольник, то Z.ABC = Z.ABC = 90° и угол Z.CBC является углом между
плоскостями сечений, то есть искомым углом.
Из того, что площадь прямоугольника ABCD в два раза больше площади
прямоугольника ABCD' и они имеют общую сторону, следует, что другие их
стороны относятся как 2 : 1, то есть ВС = 2ВС.
Теперь рассмотрим треугольник ВС С. У него угол С прямой, так как опира¬
ется на диаметр, и катет ВС в два раза меньше гипотенузы ВС. Следовательно,
ZCBC" = 60°.
Ответ. 60.
Задача 2.
Через образующую цилиндра АВ проведены два сечения: одно - по диаметру
ЛМ, другое - по хорде AD. Угол между плоскостями этих сечений равен 60°.

7.1. Цилиндр
265
Площадь боковой поверхности цилиндра равна 60тг. Найдите площадь того из
данных сечений цилиндра, которое проходит через хорду AD.
Идея. Зная площадь боковой поверхности, найти произведение длины образую¬
щей на радиус основания и выразить площадь искомого сечения через это произ¬
ведение.
Указание. Найти произведение длины образующей на радиус основания.
Указание. Выразить AD через радиус основания.
Указание. Выразить площадь искомого сечения через произведение длины об¬
разующей на радиус основания.
Решение. Пусть ADD1 В - искомое сечение и АВ = I.
Рассмотрим треугольник ADM. У него угол D прямой, так как опирается на
диаметр, а угол ZA = 60° как угол между плоскостями данных сечений. Следо¬
вательно, AD = AM/2 = Я, где R - радиус основания цилиндра. Значит,
Sadd'b = АВ • AD = I • R.
Так как площадь боковой поверхности цилиндра равна бОтг, то
60тг = 2ttRI
Rl = 30
Sadd'b = 30.
Ответ. 30.
Задача 3.
Концы отрезка ВС лежат на окружностях двух оснований цилиндра. Радиус ос¬
нования цилиндра равен 25, длина отрезка ВС равна 14\/2, а угол между прямой
ВС и плоскостью основания цилиндра равен 45°. Найдите расстояние между осью
цилиндра и параллельной ей плоскостью, проходящей через точки В и С.
Идея. Найти искомое расстояние из равнобедренного треугольника, основанием
которого является линия пересечения данного сечения с основанием цилиндра,
боковыми сторонами - радиусы основания.
Указание. Построить искомое сечения, используя то, что оно параллельно оси
цилиндра и, значит, содержит образующие, проходящие через точки В и С.
Указание. Найти длину хорды, по которой плоскость данного сечения пересе¬
кается с основанием цилиндра, зная длину отрезка ВС и угол между прямой ВС
и плоскостью основания цилиндра.

266
Указания и решения
Решение. Плоскость искомого сечения параллельна оси цилиндра и содержит
точки В и С, значит она содержит образующие, проходящие через точки В
и С. Следовательно, сечение ВС С В' является прямоугольником с диагональю
ВС = 14\/2 и углом ВС В' = 45°, то есть ВС С В' - квадрат со стороной 14.
Теперь рассмотрим треугольник ОВС, где О - центр верхнего основания. Так
как ось цилиндра ОС параллельна плоскости ВС С В', то высота ОН треуголь¬
ника ОВС' и есть расстояние между осью цилиндра и плоскостью ВС'СВ'. По
теореме Пифагора
ОН2 = О В2 - ВН2 = 252 - 72 = 242 => ОН = 24.
Ответ. 24.
Задача 4-
Радиус основания цилиндра равен 6, а высота равна 2. Отрезки АВ и CD - диа¬
метры одного из оснований цилиндра, а отрезок АА' - его образующая. Известно,
что ВС = 2х/21. Найдите синус угла между прямыми А'С и BD.
Идея. Показать, что AC || BD.
Указание. Используя то, что АВ и CD — диаметры основания цилиндра,
показать, что AC || BD.
Указание. Вычислить синус угла АСА' из треугольника АСА'.
Решение. Так как АВ и CD диаметры, то ACBD - прямоугольник, следова¬
тельно, АС || BD и угол между прямыми А'С и BD равен углу АСА'.
Из прямоугольного треугольника АВС получим
АС2 = АВ2 - ВС2 = 122 - (2У^Т)2 = 60.

7.1. Цилиндр
267
Из прямоугольного треугольника АСА' получим
А'С2 = АС2 + А'А2 = 64 =>
А'С = 8
. у ,/ А'А 2 Л
=> sin Z АСА = —— = - = 0,25.
А'С 8
Ответ. 0,25.
Задача 5.
Около правильной шестиугольной призмы описан цилиндр. Площадь боковой по¬
верхности цилиндра равна 16тг>/3. Расстояние между осью цилиндра и диагона¬
лью боковой грани призмы равно 2\/3- Найдите объём призмы.
Идея. Зная расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани приз¬
мы, найти радиус основания цилиндра; зная площадь боковой поверхности цилин¬
дра, найти длину его образующей.
Указание. Показать, что расстояние между осью цилиндра и диагональю боко¬
вой грани призмы есть длина перпендикуляра, проведённого из центра основания
призмы к ребру основания. Найти радиус окружности, описанной около шести¬
угольника, лежащего в основании призмы.
Указание. Зная площадь боковой поверхности цилиндра и радиус его основа¬
ния, найти длину образующей цилиндра.
Решение. Заметим, что боковая грань правильной шестиугольной призмы па¬
раллельна оси описанного цилиндра и диагональ боковой грани призмы с осью
цилиндра являются скрещивающимися прямыми.
Следовательно, расстояние между ними равно расстоянию между осью цилиндра
и плоскостью, содержащей данную диагональ, то есть боковой гранью призмы. А
поскольку боковая грань АВ В'А' перпендикулярна плоскости основания цилин¬
дра, расстояние от оси цилиндра до плоскости АВВ'А' равно высоте треугольни¬
ка АВО, то есть ОН = 2\/3. Так как шестиугольник ABCDEF правильный, то
треугольник АВ О равносторонний. Следовательно, радиус основания равен
R = AO =
ОН
sin 60°
= 4.
Теперь найдём длину образующей цилиндра I:
Збок — 16тг\/3 => 2тгШ = 16тг\/3 => I = 2\/3.
268
Указания и решения
Поскольку высота призмы равна образующей цилиндра, искомый объём призмы
равен
V = Soch • I = QSabo • I = 3R2 • sin 60° • I = 144.
Ответ. 144.
Задача 6.
В прямую призму, в основании которой лежит ромб с углом 45°, вписан цилиндр.
Расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани призмы равно 5\/2.
Найдите площадь полной поверхности цилиндра, если объём призмы равен 120.
Идея. Зная расстояние между осью цилиндра и диагональю боковой грани приз¬
мы, найти радиус основания цилиндра; зная объём призмы, найти её высоту.
Указание. Показать, что расстояние между осью цилиндра и диагональю боко¬
вой грани призмы есть длина перпендикуляра, проведённого из центра основания
призмы к ребру основания. Найти радиус окружности, вписанной в ромб, лежа¬
щий в основании призмы.
Указание. Зная объём призмы, найти её высоту.
Решение. Заметим, что боковая грань призмы параллельна оси вписанного ци¬
линдра и диагональ боковой грани призмы с осью цилиндра являются скрещива¬
ющимися прямыми.
Следовательно, расстояние между ними равно расстоянию между осью цилиндра
и плоскостью, содержащей данную диагональ, то есть боковой гранью призмы. А
поскольку боковая грань АВВ'А' перпендикулярна плоскости основания цилин¬
дра, расстояние от оси цилиндра до плоскости АВ В'А' равно высоте треугольника
АВО, то есть ОН = Я = 5\/2, где R - радиус основания цилиндра.
Площадь полной поверхности цилиндра равна
S = 2ttR2 + 2ttRI = ЮОтг + 10х/5тг/,
то есть осталось найти I - образующую цилиндра. Для этого используем объём
призмы.
Пусть сторона ромба АВ = а. Для того, чтобы её найти, запишем площадь
ромба двумя способами и приравняем друг другу оба выражения:
4Вдов = АВ • ВС • sin 45'
о v2
2Ra = а2 • —-
2
а = 20.

7.1. Цилиндр
269
Следовательно, площадь основания призмы равна SOCH = а2 ■ — = 200\/2. Так
как объём призмы равен 120, то
Soch • I = 120 => I =
5у/2
В результате искомая площадь полной поверхности цилиндра равна
S = 100тг + 10\/27Г • —~ = 1067Г.
5^2
Ответ. 1067Г.
Задача 7.*
В правильной призме MNPM'N'P' сторона основания равна 12, а диагональ
грани MN' образует с плоскостью основания угол 45°. На сколько процентов
объём описанного цилиндра больше объёма вписанного цилиндра?
Идея. Выразить искомую величину через отношение радиусов вписанной и опи¬
санной окружностей треугольника, лежащего в основании призмы.
Указание. Выразить искомую величину через отношение площадей оснований
вписанного и описанного цилиндров.
Указание. Получить представление полученной величины через отношение ра¬
диусов вписанной и описанной окружностей.
Решение. Пусть VBn и Кп — объёмы вписанного и описанного цилиндров, 5ВП
и Son — площади оснований этих цилиндров, a h — высота призмы. Тогда искомая
величина равна
Von~V1,n-i00% = 5оп ‘А~ф-^-100% = (- 1\100% = (- Л-100%.
VBn	Sen • h	\ 7ГГ2 • h J	\ г /
Следовательно, нам достаточно найти отношение радиусов описанной и вписан¬
ной окружностей. Так как у равностороннего треугольника R/r = 2, то искомая
величина равна 300%.
Замечание. Часть условия для решения задачи не потребовалась, так как вы¬
сота призмы сокращается и никак не влияет на ответ.
Ответ. 300.
Задача 8.*
В правильной призме MNPM’N'P' сторона основания равна 12, а диагональ
грани MN' образует с плоскостью основания угол 45°. Сколько процентов от
площади боковой поверхности описанного цилиндра составляет площадь боковой
поверхности вписанного цилиндра?

270
Указания и решения
Идея. Выразить искомую величину через отношение радиусов вписанной и опи¬
санной окружностей треугольника, лежащего в основании призмы.
Указание. Выразить искомую величину через отношение боковых поверхно¬
стей вписанного и описанного цилиндров.
Указание. Получить представление полученной величины через отношение ра¬
диусов вписанной и описанной окружностей.
Решение. Пусть SBn и Son — площади боковых поверхностей вписанного и опи¬
санного цилиндров, a h — высота цилиндра. Тогда искомая величина равна
Son~ 5вп • 100% = (1 -	• 100% = (1 - 2-). 100%.
Oqh	\ 2тгл • h J	\ f
Так как у равностороннего треугольника R/r = 2, то искомая величина равна
50%.
Замечание. Часть условия для решения задачи не потребовалась, так как вы¬
сота цилиндра сокращается и никак не влияет на ответ.
Ответ. 50.
7.2.	Конус
Задача 1.
В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна 6, а высота
равна 2. Найдите объём (У) конуса, вписанного в эту пирамиду. В ответе запишите
У/7Г.
Идея. Найти радиус основания конуса как радиус окружности, вписанной в ос¬
нование пирамиды.
Указание. Радиус основания конуса равен половине стороны квадрата, лежа¬
щего в основании пирамиды.
Решение. Так как радиус R основания конуса равен половине стороны квадра¬
та, лежащего в основании пирамиды, то R = 6/2 = 3, следовательно,

7.2. Конус
271
V = I • Тг7?2/1 = 67Г
О
Ответ. 6.
Задача 2.
В правильной треугольной пирамиде сторона основания равна 4\/3 > а высота рав¬
на 3. Найдите площадь боковой поверхности (S) конуса, описанного около этой
пирамиды. В ответе запишите S/тг.
Идея. Найти радиус основания конуса как радиус окружности, описанной около
основания пирамиды.
Указание. Радиус основания конуса равен 2/3 медианы равностороннего тре¬
угольника, лежащего в основании пирамиды.
Решение. Так как радиус R основания конуса равен 2/3 медианы равносторон¬
него треугольника, лежащего в основании пирамиды, то
о
R = - • 4\/з • sin 60° = 4,
о
следовательно, площадь боковой поверхности конуса равна
S = тгШ = 4тг1 = 4тг\А2 + R2 = 4тг\/32 + 42 = 20тг ==> — = 20.
7Г
Ответ. 20.
Задача 3.
Угол между образующими С А и СВ конуса равен 60°, высота конуса равна 4,
4^15 „
радиус основания равен —-—. Найдите градусную меру угла между плоскостью
АВС и плоскостью основания конуса.

272
Указания и решения
Идея. Найти угол между перпендикулярами, восстановленными из середины
отрезка АВ в обеих плоскостях.
Указание. Вычислить длину высоты СН треугольника АВС.
Указание. Найти искомый угол из прямоугольного треугольника СОН, где
О - центр основания конуса.
Решение. Пусть Н - середина отрезка АВ, тогда медианы СН и ОН явля¬
ются высотами в равнобедренных треугольниках АВС и АВО соответственно.
Следовательно, угол Z.CHO есть угол между плоскостями этих треугольников и
sin Z.CHO = СО/СН = &/СН, то есть нам надо найти СН.
Так как в равнобедренном треугольнике АВС угол Z АС В = 60°, то треугольник
является равносторонним и
АВ = ВС = АС = VCO2 + АО2 =
/	/	\ 2	Г-
42 + 	 =

\ 3 /	3
СН = AC-sin60° =4\/2 =►
sin Z.CHO =
=> Z.CHO = 45°.
Ответ. 45.
Задача 4-
В основании конуса проведена хорда. Через данную хорду и вершину конуса С
проведена плоскость так, что угол при вершине С, образовавшегося в сечении
треугольника, равен 60°. Найдите расстояние от центра основания конуса О до
данной плоскости, если высота конуса равна 2, а образующая равна 8/3.
Идея. Найти искомое расстояние, записав объём соответствующего тетраэдра
двумя способами.
Указание. Рассмотреть тетраэдр с вершиной О, в основании которого лежит
данное сечение.
Указание. Записать объём этого тетраэдра двумя способами и вычислить ис¬
комую высоту.

7.2. Конус
273
Решение. Рассмотрим данное сечение АВС. Это равносторонний треугольник
со стороной, равной 8/3. Для того чтобы найти искомое расстояние h от точки О
до плоскости АВС, запишем объём тетраэдра АВСО двумя способами и прирав¬
няем оба выражения друг другу:
SABO-СО = SABC-h => h = СО •	= СО
0	&	&АВС	(-'Л
где Н - середина стороны АВ. Вычислим длину ОН:
АО2 = АС2-СО2 = (|)2-22 = у =>
=► ОН2 = АО2 - АН2 =	1 => ОН = ^=.
9	9	3	v/3
Далее,
СН = AC- sin60° =
Ответ. 1.
Л = СО-
ОН
СН
Задача 5.
Отношение площади боковой поверхности конуса к его объёму равно 1,5. Найдите
высоту конуса, если его образующая равна диаметру основания.
Идея. Приравнять отношение выражения для площади боковой поверхности и
объёма числу 1,5 и выразить из этого уравнения высоту.
Указание. Записать площадь боковой поверхности конуса и его объём через
образующую, радиус основания и высоту. Приравнять отношение этих выражений
заданному числу и найти из этого уравнения высоту.
Решение. Пусть R - радиус основания конуса, I = 2R - образующая и h -
высота. Тогда, согласно условию задачи,
*Rl -! 5
frRth ’
— = 1)5
Rh
Rh
=> /г = 4.
Ответ. 4.

274
Указания и решения
Задача 6.
Расстояние от центра основания конуса до его образующей равно 3. Образующая
наклонена к плоскости основания под углом 30°. Найдите объём конуса (V). В
V
ответе запишите —т=.
7Г\/3
Идея. Найти радиус основания и высоту конуса, рассмотрев его осевое сечение.
Указание. Рассмотреть осевое сечение конуса. Найти высоту и основание этого
треугольника, используя данные в условии задачи величины.
Решение. Рассмотрим осевое сечение конуса ДАВС и перпендикуляр ОН, опу¬
щенный из центра основания О на образующую АС. Согласно условию задачи
ОН = 3, Z.OAC = 30°. Следовательно, радиус основания R = АО = 3/sin 30° = 6
и высота СО = 3/sin60° = 2\/3. В результате искомый объём равен
V = | • тг/?2 • СО = 12тг • 2л/3 = 24у/3тг	=>
О
Ответ. 24.
Задача 7.
Длина дуги развертки боковой поверхности конуса равна бтг, а образующая конуса
равна 5. Найдите объём конуса.
Идея. Найти радиус основания конуса, зная длину дуги развертки его боковой
поверхности.
Указание. Получить уравнение для радиуса R основания конуса, приравняв
длину дуги развертки выражению 2ttR .
Указание. Рассмотреть осевое сечение и найти высоту конуса.
Решение. Развертка боковой поверхности конуса представляет собой сектор
круга радиуса 5. Так как по условию длина дуги развертки равна бтг, то радиус
основания конуса R можно найти следующим образом:
бтг = 2ttR
R = 3.

1.2. Конус
275
Теперь рассмотрим осевое сечение конуса AS В, где АВ = 2R = 6 и найдём высоту
конуса, равную высоте этого треугольника:
SO2 = AS2 - АО2 = 52 - З2 = 42.
В результате объём конуса равен V = ^тгй2 • SO = 12тг.
О
Ответ. 12тг.
Задача 8.*
Образующая усечённого конуса равна 2. Диагональ осевого сечения перпендику¬
лярна боковой стороне сечения и наклонена к плоскости основания под углом 30°.
Найдите площадь боковой поверхности усечённого конуса.
Идея. Рассмотреть осевое сечение усечённого конуса и найти радиусы его осно¬
ваний.
Указание. Выразить радиус большего основания конуса через его образую¬
щую.
Указание. Рассмотреть осевое сечение и найти радиус меньшего основания
конуса.
Решение. Пусть трапеция ABCD - осевое сечение конуса. Рассмотрим тре¬
угольник ABD. У него AD = 2 как образующая усечённого цилиндра, угол

276
Указания и решения
Z.ABD = 30° как угол наклона диагонали осевого сечения к плоскости основания
конуса, угол Z.ADB = 90°, так как диагональ осевого сечения перпендикулярна
боковой стороне сечения. Следовательно, гипотенуза АВ = 4 и радиус большего
основания конуса R = АО = АВ/2 = 2.
Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник ASO. Он равен треугольни¬
ку ABD, так как угол А у них общий и катеты AD = АО. Следовательно,
SD = AS — AD = 4 — 2 = 2. Так как образующая меньшего конуса в два раза
меньше образующей L большего конуса, то площадь боковой поверхности мень¬
шего конуса в 4 раза меньше площади боковой поверхности большего конуса.
Площадь боковой поверхности усеченного конуса равна разности боковых пло¬
щадей большего и меньшего конусов:
_ _ ttRL 3	_ _	3 Л л
ttRL		— = - • ttRL = - • тг • 2 • 4 = бтг.
4	4	4
Ответ, бтг.
7.3.	Шар
Задача 1.
Сфера проходит через вершины равнобедренного треугольника с основанием 4 и
углом при вершине arcsin(l/3). Расстояние от центра сферы до плоскости тре¬
угольника равно 8. Найдите радиус сферы.
Идея. Найти длину боковых рёбер тетраэдра, основанием которого является
данный треугольник, высота равна 8, а боковые рёбра являются радиусами сферы.
Указание. Рассмотреть тетраэдр, вершинами которого являются вершины дан¬
ного треугольника и центр данной сферы. Показать, что основанием высоты тет¬
раэдра, опущенной на плоскость данного треугольника, является центр описанной
окружности.
Указание. Найти радиус этой окружности и длину боковых рёбер с помощью
теоремы Пифагора.
Решение. Проведём перпендикуляр ОН из центра сферы к плоскости данного
треугольника АВС. Согласно условию ОН = 8. Наша цель найти радиус сферы
R = АО = ВО = СО.

7.3. Шар
277
Прямоугольные треугольники ДАОН = ДВОН = ДСОН по катету и гипотенузе.
Следовательно, АН = ВН = СН и точка Н есть центр окружности, описанной
около треугольника АВС. По теореме синусов
АС 4
2АН = • -	= Т7Н = 12 =* Ан = 6.
sin /.АВС 1/3
Теперь применим теорему Пифагора к ДАОН:
АО2 = ОН2 + АН2 = 82 + 62 = 100 =}> АО = 10.
Ответ. 10.
Задача 2.
Все стороны ромба с диагоналями 30 и 40 касаются поверхности шара радиуса 20.
Найдите расстояние от центра шара до плоскости ромба.
Идея. Показать, что основанием перпендикуляра, опущенного из центра шара
на плоскость ромба, является точка пересечения диагоналей ромба.
Указание. Показать, что основанием перпендикуляра, опущенного из центра
шара на плоскость ромба, является центр вписанной в ромб окружности.
Указание. Найти радиус этой окружности и длину высоты с помощью теоремы
Пифагора.
Решение. Проведём перпендикуляр ОН из центра сферы к плоскости ромба
ABCD. Пусть К, L, М, N - точки касания сторон ромба и шара.
Рассмотрим сторону ромба АВ и радиус шара ОК. Так как шар касается от¬
резка АВ, то ОК ± АВ. По теореме о трёх перпендикулярах проекция наклонной
ОК также перпендикулярна отрезку АВ\ следовательно, КН 1 АВ. Аналогич¬
ным образом показывается, что отрезки LH, МН и. NH также перпендикулярны
соответствующим сторонам ромба. Кроме того, они все равны между собой. Зна¬
чит, точка Н равноудалена от сторон ромба и, следовательно, является центром
вписанной в него окружности, то есть точкой пересечения диагоналей.
В прямоугольном ДАВН известны катеты АН = 2Q,BH = 15, следовательно,
АВ = 25. Найдём длину отрезка КН, записав площадь треугольника АВН двумя
способами:
sabh = \khab = \ahbh =>
л
КН-25 = 15- 20
КН = 12.

278
Указания и решения
Теперь применим теорему Пифагора к треугольнику КОН:
ОН = У202 - 122 = 16.
Ответ. 16.
Задача 3.
В правильной четырёхугольной пирамиде сторона основания равна 4, а высота
равна 2. Найдите радиус описанного шара.
Идея. Центром описанного шара является центр окружности, описанной вокруг
диагонального сечения пирамиды.
Указание. Показать, что основанием перпендикуляра, опущенного из центра
шара на плоскость основания пирамиды, является центр основания.
Указание. Рассмотреть диагональное сечение пирамиды. Найти радиус опи¬
санной около него окружности.
Решение. Заметим, что геометрическим местом точек, равноудалённых от вер¬
шин основания пирамиды SABCD, является перпендикуляр, восстановленный из
центра квадрата (точки пересечения диагоналей). Следовательно, центр описан¬
ного шара О лежит на прямой, содержащей высоту SH.
Так как точка О равноудалена от точек А, С и S, то О есть центр описанной
около треугольника ACS окружности.
Диагональ квадрата со стороной 4 равна АС = 4\/2. Боковые ребра
AS = CS = \/SH2 + НС2 = ф2 + (2 v/2)2 = х/12.
Осталось найти радиус окружности, описанной вокруг треугольника с известными
сторонами. По теореме синусов
CS _ У12 _ 4^2
sinZCAS SH/AS 2/Л2
=> л = з.
Ответ. 3.

7.3. Шар
279
Задача J.
Найдите радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду, с высо¬
той, равной 8, и апофемой, равной 10.
Идея. Найти радиус вписанного шара, рассмотрев сечение пирамиды, проведён¬
ное через её высоту и апофему одной из боковых граней.
Указание. Использовать то, что центр вписанного в правильную пирамиду
шара лежит на высоте пирамиды, а точки касания шара, вписанного в правильную
пирамиду принадлежат апофемам.
Указание. Найти искомый радиус из соотношения подобия соответствующих
прямоугольных треугольников в сечении пирамиды, проведённом через ее высоту
и апофему одной из боковых граней.
Решение. Рассмотрим правильную пирамиду ABCS с высотой SH = 8 и апо¬
фемой SP = 10.
S
В
Так как центр вписанного в правильную пирамиду шара лежит на высоте пира¬
миды, то центр шара О € SH. Так как точки касания шара, вписанного в пра¬
вильную пирамиду принадлежат апофемам, то шар касается грани BCS в точке
К е SP, а грани АВС в точке Н е АР.
Рассмотрим треугольник APS и найдём радиус окружности г, вписанной в
угол Z.APS с центром на высоте SH.
Заметим, что прямоугольные треугольники SKO и SHP подобны по острому
углу, следовательно,
ОК _ SK	г _SP-KP	г _ Ю - HP
HP ~ SH HP ~	8	HP ~	8
Длину отрезка HP можно найти из прямоугольного треугольника SHP по тео¬
реме Пифагора:

HP = х/102 - 82 = 6.
В результате
Ответ. 3.

280
Указания и решения
Задача 5.
Угол наклона боковой грани к плоскости основания правильной треугольной пи¬
рамиды равен 60°. Радиус шара, описанного около пирамиды, равен 35. Найдите
радиус вписанного шара.
Идея. Найти длину стороны основания пирамиды и её высоту, после этого вы¬
числить радиус вписанного шара.
Указание. Рассмотреть сечение, проведённое через высоту пирамиды и апофе¬
му одной из боковых граней. Найти длину медианы основания с помощью теоремы
Пифагора из соответствующих прямоугольных треугольников.
Указание. Для вычисления радиуса вписанного шара использовать то, что его
центр лежит на высоте пирамиды, а точки касания шара, вписанного в правиль¬
ную пирамиду, принадлежат апофемам.
Решение. Пусть ABCS - правильная пирамида со стороной основания, равной
а, и высотой SH = h. Выразим h через а. Для этого рассмотрим треугольник
APS, где SP - апофема грани BCS.
Так как АВС равносторонний треугольник со стороной а, то его медиана
АР = \/За/2. Следовательно, PH = АР/3> = \/За/6, АН = 2АР/3 = \/За/3.
По условию задачи Z.SPH = 60°, значит h = SH = PH • tg60° = а/2.
Теперь вычислим значение а, используя то, что радиус описанного шара R =
35. Возможны два варианта: центр описанного шара О лежит на высоте SH
или на её продолжении. В обоих случаях из теоремы Пифагора, записанной для
треугольника АОН, получим
ОН2 + АН2 = АО2 =ф (/г — 35)2 + (73а/3)2 = 352.
Решив это уравнение (с учётом того, что h = а/2), найдём а = 60.

7.3. Шар
281
Так как точки касания шара, вписанного в правильную пирамиду, принадлежат
апофемам, то шар касается грани BCS в точке К 6 SP. Центр вписанного шара
лежит на высоте правильной пирамиды, значит, в треугольнике APS нам надо
найти радиус окружности г, вписанной в угол Z.APS с центром на высоте SH.
Центр вписанного шара О' лежит на биссектрисе угла Z.KPH = 60°, следова¬
тельно, /.О'РН = 30° и
г = О'Н = PH • tg30° =	= | = 10.
S
Ответ. 10.
Задача 6.
В треугольной пирамиде с равными боковыми рёбрами известны длины сторон
основания 6, 8, 10 и длина высоты 1. Найдите радиус описанного шара.
Идея. Использовать то, что центр описанного шара лежит на перпендикуляре
к плоскости основания, проведённом через центр окружности, описанной около
основания пирамиды.
Указание. Показать, что основанием высоты пирамиды является середина
большей стороны основания.
Указание. Использовать то, что центр описанной окружности большей боковой
грани является центром описанного шара.
Решение. Пусть в основании пирамиды ABCS лежит треугольник со сторона¬
ми АС = 6, ВС = 8, АВ = 10 и высота SH = 1. Так как по условию боковые
рёбра равны, то основанием высоты пирамиды является центр окружности, опи¬
санной около треугольника АВС. Заметим, что этот треугольник прямоугольный
и центр описанной вокруг него окружности есть середина гипотенузы, значит,
точка Н есть середина гипотенузы АВ.
S
С

282
Указания и решения
Центр описанного шара лежит на перпендикуляре к плоскости основания, про¬
ведённом через центр окружности, описанной около основания пирамиды, следо¬
вательно, центр описанного шара О лежит на прямой SH. Так как центр шара
равноудалён от точек A,B,S и лежит в плоскости ABS, то О есть центр окружно¬
сти, описанной около треугольника ABS. Найдём ее радиус R. Для этого запишем
площадь треугольника ABS двумя способами:
Sabs = \sH ■ АВ =	' BS
2	4R
AS - BS _ AS2 _ АН2 + SH2 52 + l2
2SH 2	2	“	2	“ 13‘
Ответ. 13.
Задача 7.
Около правильной призмы MNPM'N'P' описан шар. Найдите площадь его по¬
верхности (S), если сторона основания призмы равна 12, а диагональ грани MN1
образует с плоскостью основания угол 45°. В ответе запишите S/тг.
Идея. Использовать то, что центр описанного шара лежит на перпендикуляре
к плоскости основания, проведённом через центр окружности, описанной около
основания призмы.
У казание. Зная угол, который диагональ MNf образует с плоскостью основа¬
ния, найти высоту призмы.
Указание. Рассмотрев сечение, проходящее через одно из боковых рёбер и
центр основания, найти радиус описанного шара с помощью теоремы Пифагора.
Решение. Центр описанного шара лежит на перпендикуляре к плоскостям ос¬
нований, проведённом через центры Н и Hf окружностей, описанных около осно¬
ваний призмы, следовательно, центр описанного шара О лежит на прямой НН'.
Так как центр шара равноудалён от точек N и Nf и лежит на отрезке НН', то
О есть середина этого отрезка.
р

7.3. Шар
283
Найдём искомый радиус R = ON. Для этого рассмотрим прямоугольный тре¬
угольник OHN. Его катет HN равен радиусу окружности, описанной около рав¬
ностороннего треугольника со стороной 12, то есть HN = 4\/3. Второй катет
ОН = \нн' = \nN' = \mN ■ tg/.NMN' = ;MN = 6.
По теореме Пифагора
ON2 = ОН2 + HN2 = 36 + 48 = 84 => - =	= 4 • 84 = 336.
7Г 7Г
Ответ. 336.
Задача 8.*
Около пирамиды, в основании которой лежит правильный треугольник со сто¬
роной, равной 3, описан шар. Найдите радиус шара, если известно, что одно из
боковых рёбер пирамиды перпендикулярно её основанию и равно 2.
Идея. Использовать то, что центр описанного шара лежит на перпендикуляре
к плоскости основания, проведённом через центр окружности, описанной около
основания пирамиды.
Указание. Центр описанного шара лежит на перпендикуляре, проведённом че¬
рез центр треугольника, лежащего в основании пирамиды.
Указание. Использовать то, что центр шара лежит на серединном перпенди¬
куляре к боковому ребру.
Решение. Пусть боковое ребро SA перпендикулярно плоскости основания пи¬
рамиды ABCS. Пусть Н - центр основания АВС, то есть точка Н лежит на
2
медиане AM и АН = -AM.
о
Центр описанного шара лежит на перпендикуляре к плоскости основания, прове¬
дённом через точку Н. Следовательно, ОН || SA и центр О лежит в плоскости
ASH. Так как центр шара равноудалён от точек А и S, то О принадлежит сере¬
динному перпендикуляру к отрезку SA, проведённому в плоскости ASH.
Таким образом, точка О есть точка пересечения этого серединного перпенди¬
куляра и перпендикуляра, проведённого к отрезку AM из точки Н в плоскости
284
Указания и решения
ASH. Заметим, что полученный четырёхугольник AHON (см. рисунок) является
прямоугольником.
Искомый радиус О А найдём из прямоугольного треугольника АОН, катеты
которого равны соответственно
ОН = 15Л = 1, лн = |лм = |.^.лс = |.^.з = А
По теореме Пифагора
О А2 = ОН2 + АН2 = 1 + 3 = 4 => ОА = 2.
Ответ. 2.
Задача 9.*
В шар радиуса >/1Т вписана правильная треугольная призма	АВС А' В'С.
Прямая АВ1 образует с плоскостью АСС угол 45°. Найдите объём призмы.
Идея. Используя информацию об угле, найти отношение высоты к длине сторо¬
ны основания призмы.
Указание. Опустить перпендикуляр из В' на плоскость АСС и, рассмотрев
соответствующие прямоугольные треугольники, с помощью теоремы Пифагора
выразить боковое ребро призмы через сторону основания.
Указание. Рассмотреть сечение, проходящее через боковое ребро и центр шара.
Найти длину стороны основания, используя информацию о радиусе описанного
шара.
Решение. Для вычисления объёма призмы нам надо узнать длину стороны ос¬
нования а и высоту призмы h.
В’
С
Опустим перпендикуляр В'М из точки В' на плоскость АСС'. Плоскость боковой
грани АСС перпендикулярна плоскости основания А'В'С (так как боковые реб¬
ра правильной призмы перпендикулярны основаниям); следовательно, основание
перпендикуляра принадлежит прямой пересечения этих плоскостей и сам отрезок
В'М этой прямой перпендикулярен.

7.3. Шар
285
Так как треугольник А'В'С' равносторонний, то М есть середина А'С'. Вы¬
разим h через а.
Рассмотрим прямоугольный треугольник
Z.MAB' = 45°. Следовательно, AM = МВ' =
С другой стороны,
AM В'. Согласно
условию задачи
V3
а—.
2
л2
AM2 = А’А2 + А’М2 = h2 + —
4
За2 2 а2
— = Л2 + —
4	4
Пусть Н - центр основания АВС, Ц> _ цеНтр основания А'В’С. Центр опи¬
санного шара О есть середина отрезка НН'. Запишем теорему Пифагора для
прямоугольного треугольника ОВ'Н':
В'С2 = Н'О2 + (В'Н')2
h2 /о \2
11 =—-+ ( ^В'М )	=>
4	\3 J
11 =
В результате объём равен
а2
8 +Т
а2 = 24.
V = Sabc • h = 1. а2 .	. h = 36
Ответ. 36.

286
Указания и решения
8.	Координаты и векторы
8.1.	Декартовы координаты и векторы в пространстве
Задача 1.
Найдите координаты вершины D параллелограмма ABCD, если координаты трех
остальных его вершин известны: А(2; — 2;0), В(1;0;-1), С(0; - 1; 1).
Идея. Определить координаты точки D^y^z) так, чтобы АВ = DC.
Указание. Выразить координаты вектора DC через х, у, z и приравнять их
координатам вектора АВ.
Решение. Необходимым и достаточным условием того, что фигура ABCD есть
параллелограмм, является равенство векторов АВ и DC.

В нашем случае АВ = (—1;2;—1), DC = (—х; — 1 — у; 1 — z) и равенство
выполняется при х = 1, т/ = — 3, z = 2.
Ответ. (1;-3;2).
Задача 2.
Даны три точки: Л(—1; 1; 0), В(0; — 1; 3), С(2; 1; 1). Найдите косинус угла С тре¬
угольника АВС.
Идея. Использовать формулу для вычисления скалярного произведения через
косинус угла между векторами и произведение их длин.
Указание. Найти угол между векторами С А и СВ.
Р ешен ие. Найдём угол между векторами СА = (—3; 0; — 1) и СВ = (-2; —2; 2)
с помощью формулы для скалярного произведения векторов:
С А. СВ	(-3).(-2) + 0-(-2) + (-1).2
сиь z_C/ — ■ ■■ - 		=- — 	 —	■	'	- - -
\САI. \СВ\ V32 + О2 + I2 • л/22 + 22 + 22
4
х/10- х/12
Ответ, arccos
Задача 3.
Докажите, что четырехугольник ABCD с вершинами А(—2;3;0), В(—1; 1;0),
С(0; 1;2), £)(—1; 3;2) является ромбом.
Идея. Показать, что четырехугольник ABCD является параллелограммом, две
соседние стороны которого равны.
Указание. Доказать равенство векторов АВ и DC.
Указание. Доказать равенство длин векторов АВ и AD.

8.1. Декартовы координаты и векторы в пространстве
287
Решение. Четырёхугольник ABCD является параллелограммом, поскольку
АВ = DC = (1; -2; 0).
Параллелограмм ABCD является ромбом, поскольку
|АВ| = >/12 + (-2)2 + О2 = V5, | AD\ = \Л2 + О2 + 22 = Vb => | АВ\ = |АО|.
Задача 4-
При каком значении п векторы а(п;2;4) и b(n;— 2n; 1) перпендикулярны?
Идея. Рассмотреть скалярное произведение этих векторов.
Указание. Перпендикулярность ненулевых векторов равносильна равенству
нулю их скалярного произведения.
Решение. Так как данные векторы не являются нулевыми векторами, то
а ± b <=> а • b = 0 <=> п2 - 4п + 4 = 0 <=> п = 2.
Ответ. 2.
Задача 5.
При каких значениях т и п векторы а(3;п;2) и Ь(тп;2;5) коллинеарны?
Идея. Координаты коллинеарных векторов пропорциональны.
Решение. Найдём значения т и п, при которых координаты векторов а(3; п; 2)
и Ь(т; 2; 5) пропорциональны:
2
5
3 п
т 2
772 = 7,5 и 72 = 0,8.
Ответ. 7П = 7,5; 72 = 0,8.
Задача 6.
Векторы а, Ь, с единичной длины образуют попарно углы 60°. Найдите угол
между векторами а и b — с.
Идея. Использовать формулу для вычисления скалярного произведения через
косинус угла между векторами и произведение их длин.
Решение. Угол р между векторами а и Ь — с можно найти с помощью
формулы для скалярного произведения векторов
а • (Ь — с) = |а| • \Ь — с| • cos^.

288
Указания и решения
Найдём значение левой части этого равенства:
а • (Ь — с) = а • Ь - а • с = |а| • |Ь| • cos 60° — |а| • |с| • cos 60° = - — - = 0.
Следовательно, cos(/> = 0 =>	= 90°.
Ответ. 90°.
Задача 7.
Векторы а, Ь, с единичной длины образуют попарно углы 60°. Найдите угол
между векторами а и Ь + с.
Идея. Использовать формулу для вычисления скалярного произведения через
косинус угла между векторами и произведение их длин.
Решение. Угол <р между векторами а и Ь + с можно найти с помощью
формулы для скалярного произведения векторов
а • (Ь + с) = |а| • |Ь + с| • cos <р.
Сначала вычислим значение левой части этого равенства:
а - (Ь +с) =а-Ъ + а'С= |а| • |Ь| • cos60° + |а| • |с| • cos60° = i = 1.
Теперь найдём величину |Ь + с|. Согласно правилу параллелограмма, вектор Ь + с
является диагональю ромба, построенного на векторах Ь и с. Так как стороны
этого ромба равны 1, а острый угол равен 60°, то большая диагональ равна \/3
и, следовательно, |Ь + с| = у/3. В результате
Ответ, arccos—=.
х/З
Задача 8.
Докажите, что если а и Ь - единичные неколлинеарные векторы, то векторы
а + Ь и а — Ь перпендикулярны.
Идея. Доказать равенство нулю соответствующего скалярного произведения.
Решение. Векторы а и Ь не являются нулевыми векторами (их длины равны
1) и не являются коллинеарными, следовательно, а + Ь / 0 и а — Ь / 0. В этом
случае перпендикулярность векторов равносильна равенству нулю их скалярного
произведения и так как
(а + Ь)(а — Ь) =а’а-Ь-Ь= |а|2 — |Ь|2 = 1 — 1 = 0,
то векторы перпендикулярны.

8.1. Декартовы координаты и векторы в пространстве
289
Задача 9.
Векторы а 4- Ь и а — Ь перпендикулярны. Докажите, что |а| = |д|.
Идея. Рассмотреть соответствующее скалярное произведение.
Решение.
(а + b) А. (а — Ь) => 0 = (а + Ь)(а — b) = a- a — b- b = |а|2 — |Ь|2 =>	|а| = |Б|.
Задача 10.
Вычислите скалярное произведение векторов а и Ь, если а = Зр + 2g, b = р — 4д,
где р и q единичные перпендикулярные векторы.
Идея. Использовать свойства скалярного произведения.
Решение.
а • b = (Зр + 2g)(p — 4q) = 3р-р — Юр -q — 8g • g = 3 • 1 — 10-0 — 8-1 = -5.
Ответ. —5.
Задача 11.
Плоскость задана уравнением Зх — у + 2z = 2. Укажите какой-нибудь вектор,
параллельный плоскости.
Идея. Использовать геометрический смысл коэффициентов уравнения плоско¬
сти.

Указание. Вектор (а;Ь;с) перпендикулярен плоскости ах + by + cz + d = 0.
Искомый вектор должен быть перпендикулярен этому вектору.
Решение. Так как вектор (3; — 1;2) перпендикулярен плоскости Зх — у + 2z = 2,
то любой вектор, перпендикулярный вектору (3;— 1; 2), будет параллелен данной
плоскости. Например, вектор (0; 2; 1).
Ответ. (0;2;1).
Задача 12.
Прямая является пересечением плоскостей Зх — у + 2z = 2 и х + у + z = 0.
Укажите какой-нибудь вектор, параллельный этой прямой.
Идея. Любой ненулевой вектор, начало и конец которого принадлежат обеим
плоскостям, параллелен прямой их пересечения.

290
Указания и решения
Решение. Координаты точек, принадлежащих прямой пересечения данных
плоскостей, удовлетворяют системе уравнений
Зх — у + 2z = 2,
x + y + z = 0.
Эта система имеет бесконечное множество решений. Найдём любые два. Для этого
выразим х и у через z:
2 — 3z
-z-2
{у = ~Т-
и рассмотрим два различных значения z, например, zx = 0 и Z2 = 1. В этом случае
11	13
хх = ух = -- и х2 =	2/2 = -т- Так как точки A(zi;ух\zx} и В(а?2;3/2^2)
Z	&	ТК	7Х

—	/ 3	1 \
принадлежат прямой пересечения плоскостей, то вектор АВ = I1 I и
есть искомый вектор.
Замечание. В ответе может быть указан любой вектор, пропорциональный
полученному, например, вектор (—3; — 1; 4).
Ответ. (—3;—1;4).
Задача 13.
Дана точка А(2;0; -1). Найдите уравнение плоскости, проходящей через начало
координат О и перпендикулярной прямой О А.
Идея. Использовать геометрический смысл коэффициентов уравнения плоско¬
сти.

Указание. Вектор (а;Ь;с) перпендикулярен плоскости ах + by + cz + d = 0.
Решение. Плоскость, перпендикулярная вектору О А = (2; 0; — 1), имеет урав¬
нение вида 2x-z + d = 0. Так как точка (0; 0; 0) принадлежит искомой плоскости,
то d = 0.
Ответ. 2х - z = 0.
Задача 14-
Найдите отрезки, которые плоскость ах + by + cz + d = 0 отсекает на осях коор¬
динат, если а, Ь, с, d отличны от нуля.
Идея. Определить координаты точек пересечения данной плоскости с осями ко¬
ординат.

8.1. Декартовы координаты и векторы в пространстве
291
Решение. Найдём длину отрезка, отсекаемого плоскостью ах + by + cz + d = О
от оси х. Точка пересечения плоскости с осью х принадлежит оси х, то есть её
координаты (гео; 0; 0). Так как эта точка принадлежит плоскости ax + by + cz + d =
0, то
d
uxq -Fb’OH-C’O + d — 0	=£■ Xq — —
а
/ d	\
и искомая точка имеет координаты —; 0; 0 . Из аналогичных соображений сле-
\ a	J
дует, что точки пересечения данной плоскости с осями у и z имеют координаты
f	d \	f	d\
0;	0 и ( 0; 0; — соответственно. В результате длины отрезков, отсекае-
\	о J	\	с/
d
а ’ b ’
мых от осей
координат, равны
d
d
с
Ответ.
d
а
d
b
d
с
Задача 15.
Найдите точку пересечения трех плоскостей, заданных уравнениями
х-у = 1, x + y — z = 3, x + z = 2.
Идея. Найти решение соответствующей системы уравнений.
Решение. Общая точка должна удовлетворять системе уравнений
х - у = 1,
х 4- у - Z = 3,
х + z = 2;
х - у = 1,
х + у — (2 - х) = 3,
z = 2 — х\
у = х-1,
< 2х + (х - 1) = 5,
z = 2 - х\
' У = х-1,
< х = 2,
z = 2 — х\
У = 1,
< х = 2,
z = 0.
Ответ. (2;1;0).
Задача 16.
Докажите, что плоскости, заданные уравнениями
x-y + 2z = l, 2х - Зу + z + 1 = 0, х + 5г- 1=0,
не имеют ни одной общей точки.
Идея. Показать, что система из данных уравнений несовместна.

292
Указания и решения
Решение. Общая точка должна удовлетворять системе уравнений
х — у + 2z = 1,
< 2х — Зу + z + 1 = О,
х + 5z - 1 = 0.
Покажем, что эта система не имеет решений. Сложив второе уравнение с третьим,
получим Зх — Зу + 6г = 0, откуда х — у + 2z = 0, что противоречит первому
уравнению системы.
Задача 17.
Составьте уравнение плоскости, которая проходит через точку А и перпендику¬
лярна прямой АВ, где А(2;0;— 1), В(3; —2;1).
Идея. Использовать геометрический смысл коэффициентов уравнения плоско¬
сти.

Указание. Вектор (а;Ь;с) перпендикулярен плоскости ах + by + cz + d = 0.
Решение. Искомая плоскость перпендикулярна вектору АВ = (Г,—2;2), зна¬
чит, её уравнение имеет вид х — 2у + 2z + d = 0. Так как точка А(2;0;—1)
принадлежит этой плоскости, то
2- 2-0 + 2- (-l) + d = 0 => d = 0.
Ответ, х — 2у + 2z = 0.

Ответы
293
Ответы
ПЛАНИМЕТРИЯ
1.1.
1.	35°,55°.
2.	6,5.
3.	4.
4.	12.
5.	120.
6.	21°,69°.
7.	90°,65°,25°.
8.	3:2.
9.	10.
10.	24.
И. 6.
12.	3/4.
13.	25.
14.	6.
15.	3/2.
16.	16.
17.	30.
1.	Да.
2.	Тупоугольный.
3.	28.
4.	25.
„	7Г	7Г	_	7Г	7Г
5.	а, - -	а,	- или 2а,	- - а, - - а.
3	7Г	3
6.	2 arccos -, — — 2 arccos -.
4	2	4
7.	/7.
s.
9. /5.
11.	/801.
12.	24.
1з- Д'
/15(11 - /51)
10
1.3.
3.	294.
4.	9/5, 8/10.
5.	4.
6.	18.
7.	(тг — а)/2.
8.	|а -Р\/2.
9.	Остроугольный.
10.	Тупоугольный.
11.	/5.
12.	4.
14. /62 4- Ьс.
17.	27/2.
18.	5.
4
19.	60.
20.	35/32.
1.4.
1.	1:2.
2.	2:3.
3.	18/2.
4.	(/3 + 1):2, (/б + 2):1.
5.	12,5.
6.	6.
7.	20.
8.	30°, 60°.
9.	25.
10.	30°.
12.	cos2 а.
13.	30°.
14.	2/2-2.
15.	15.
16.	4,5.
17.	2/$Г$2.
18.	(/$? + /$2 + /S3)2 •
1.5.
1.	12.
2.	8,125.
3.	1:3.
4.	В 4 раза.

294
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
10.
11.
12.
13.
14.
17.
Указания и решения
(\/2 +1) : 1, начиная с вершины,
противолежащей основанию.
9: 1.
4.	17.
5.	20.
6.	4 или 9.
Не изменится.
7. 70.
13.
3.
8.	4 +У7; 4- У7.
9.	15.
1:6.
115/16.
3у/3(л/13 — 1)
327Г
6.
— с2)(4с2 — Ь2).
ои
36(6 + 5\/2)
13
15.
ДАСО.
1)	— , вне треугольника;
2)	—7-, внутри.
и
24\/2
35 ’
2.1.
10.	6.
11.	n/5.
1820^21
341	’
13.	3.
14.	6.
15.	arccos (—\/б/4).
2.3.
1.	25.
2.	25.
3.	23/2.
4.	11.
5.	10.
6.	3:1.
7.	2.
10.
8. 1.
15.
9. 2у/Нт
80.
1 + sin (а/2)
48.
63°.
1 — sin (а/2)
12. h2 ctg (а/2).
8.
arcsin (3/5), arcsin (4/5).
2 + V3	1
			 или -.
4	4
62°.
36°, 36°, 108°.
ZA' = /3 + 7 - а,
Z.B' = а + 7 — /3,
Z.C' = (3 + а - 7.
\/ba.
2тп
13
sin 68°.
14.	\/б.
15.	УП)
16.	2\/б.
17.	Зх/2.
18.	£ВОС = 112,5°.
19

■ (^+^)2’
20. Я4 = ^-.
п — т’
Да.
R3
3.1.
2.2.
1. 98°.
2.
30 см.
3. 16.

Ответы
295
3. 510 см2.
8. 10.
4. 4.
9. 2.
5.	170.
6.	a2(l + v/3)/4.
7.	28.
10.	6.
11.	10.
12.	Угол между биссектрисами двух
8. 12.
противоположных углов равен полу-
9. 10.
разности двух других углов.
10. 44.
13. Четырехугольник, у которого диаго¬
нали взаимно перпендикулярны.
И. 80.
13.	30.
14.	у/а2 + с2 — Ь2.
,6-
14. Квадрат.
18. Точка пересечения диагоналей.
4.1.
2. 90°.
3.2.
5. (-4; 4).
1. 14.
6. 3; 3.
2. 1,5.
7. За + b.
3. 25.
8. (1,75; 0,25).
4. 12.
9. -4.
5. а : Ь.
10. х/85/2.
7. AB>BD.
11. 2х — у- 1 = 0.
8. (а — 6)/2.
12. Зх + 2у - 6 = 0.
9. \/ab.
10. а2.
13.	х + 2у — 10 = 0.
14.	—4.
12. 8.
15. | (NP - NM).
13. Z.BAC> Z.CAD.
16. у АСАВ.
14. 7.
4	2
15.	arcsin (2/тг).
16.	98.
4	  1

17. ^CB + ±CD.
5	5
17. 1.
СТЕРЕОМЕТРИЯ
18.	Нет.
19.	126\/3.
5.1.
1. 768.
3.3.
2. 80.
1. 12.
3. 90.
2. 2880°.
4. 90.
з t
4.	7г(2 + \/2)/2.
5.	30.
5.	30.
6.	0,6.
7.	0,5.
8.	18.
6. 6.
9. 72.
7. 10.
10. На три равные части.

296
Указания и решения
5.2.
1.	90.
2.	3.
3.	2,25.
4.	16.
5.	864.
6.	4.
7.	2х/2.
8.	45°.
6.1.
1.	36.
2.	36.
3.	48.
4.	2.
5.	12.
6.	12.
7.	0,2.
8.	4.
6.2.
3.	2.
4.	1.
5.	10.
6.	3.
7.	5.
8.	36.
9.	60.
6.3.
1.	9.
2.	15.
3.	1200.
4.	3.
5.	30.
6.	216.
7.	16.
8.	4.
9.	28.
10.	128/41.
7.1.
1. 60.
2.	30.
3.	24.
4.	0,25.
5.	144.
6.	1067Г.
7.	300.
8.	50.
7.2.
1.	6.
2.	20.
3.	45.
4.	1.
5.	4.
6.	24.
7.	127Г.
8.	бтг.
7.3.
1.	10.
2.	16.
3.	3.
4.	3.
5.	10.
6.	13.
7.	336.
8.	2.
9.	36.
8.1.
1.	(1;—3;2).
п Г*
2.	arccos л/ —.
V 15
4.	2.
5.	т = 7,5; п = 0,8.
6.	90°.
7.	arccos —7=.
10.	-5.
11.	(0; 2;1).
12.	(—3; — 1; 4).
13.	2х — z = 0.
14.	|d/a|, |d/5|, |d/c|.
15.	(2; 1; 0).
17. х — 2у + 2г = 0.

ГЕОМЕТРИЯ
ПОДГОТОВИТЕЛЬНЫЕ
КУРСЫ
Программы для 9,10,11 классов
Подготовка к вступительным
испытаниям и ЕГЭ:
Математика Физика
Информатика Русский язык
Для жителей Подмосковья и
ближайших областей
организуются группы
выходного дня с занятиями по субботам
г	-О
)ДИСТАНЦИОННЫЕ
г подготовительные курсы:
■о
КОМПЬЮТЕРНЫЕ КУРСЫ
ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ
Работа на компьютере. 3-5 классы.
Базовая подготовка. 6-11 классы.
(Windows, Word, Excel, Internet, PowerPoint).
Flash, основы работы. Компьютерная анимация.
Flash-студия. Создание мультфильмов со звуком.
Программирование в системе Flash.
Язык ActionScript. Проектирование игр.
Создание домашней компьютерной сети.
Проводные и беспроводные сети.
CorelDraw. Система векторной графики.
PhotoShop. Улучшение качества изображений,
изменение цветовых характеристик, создание
коллажей, рисование, эффекты, фильтры,
фотомонтаж и др.
Web-мастер. Часть 1.
Язык HTML. CSS. GIF-анимация.
Web-мастер. Часть II.
Программирование на Java-script.
Программирование.
( www.vmk-edu.ru )
Паскаль, DELPHI, С, C++, Java.
Занятия в течение учебного
года 1-2 раза в неделю
т. (495) 932-98-08 т. (495) 939-54-29, 939-36-04
Интенсивные курсы в июне
Математика, Физика WWW.ECMC.RU ф
По вопросу приобретения книг обращайтесь в интернет-магазин
.mi
Приглашаем:
-	авторов книг по компьютерной и деловой тематике;
-	дистрибьюторов книжной продукции