В.Б1НёкрасоЕ
tea
8

Б.Г. Зив В.Б. Некрасов
ДИДАКТИЧЕСКИЕ МАТЕРИАЛЫ
ПО ГЕОМЕТРИИ ДЛЯ 8 КЛАССА
С УГЛУБЛЕННЫМ ИЗУЧЕНИЕМ МАТЕМАТИКИ
МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 2000
УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я72
3-59
Рецензент: заслуженный учитель Российской Федерации, учитель математики школы № 7 Москвы И. И. Юдина
Зив Б. Г., Некрасов В. Б.
3-59 Дидактические материалы по геометрии для 8 класса с углубленным изучением математики.— М.: Просвещение, 2000,—80 с.: ил,— ISBN 5-09-008793-8.
Книга содержит самостоятельные (в четырех вариантах) и контрольные (в двух вариантах) работы и ориентирована на учебно-методический комплект, состоящий из учебника «Геометрия, 7—9» и учебного пособия «Геометрия. Дополнительные главы к школьному учебнику 8 класса с углубленным изучением математики» авторов Л. С. Атанасяна и др.
УДК 373.167.1:514
ББК 22.151я72
ISBN 5-09-008793-8
© Издательство «Просвещение», 2000 © Художественное оформление.
Издательство «Просвещение», 2000 Все права защищены
ПРЕДИСЛОВИЕ
Сборник составлен к учебному пособию «Геометрия. Дополнительные главы к школьному учебнику 8 класса» авторов Л. С. Атанасяна, В. Ф. Бутузова, С. Б. Кадомцева, С. А. Шестакова, И. И. Юдиной (ссылка на это пособие дается в виде «ДГ-8») и содержит 21 самостоятельную и 5 контрольных работ. Самостоятельные работы обозначены буквой С, а контрольные — К. Самостоятельные работы составлены в четырех вариантах, где третий и четвертый варианты несколько сложнее первых двух. Контрольные работы составлены в двух вариантах. Так как предложенные задачи достаточно сложны, то необходимое время для их решения устанавливает сам учитель. В конце пособия даны ответы ко всем самостоятельным и контрольным работам, а также указания и решения к наиболее сложным заданиям. Предложенные решения не являются единственно возможными.
Приводим темы самостоятельных и контрольных работ:
С—1	Выпуклые и невыпуклые четырехугольники.
С—2	Параллелограмм.
С—3	Прямоугольник, ромб, квадрат,	трапеция.
С—4	Симметрия четырехугольников	и других
фигур.
С—5	Равносоставленные многоугольники.
С—6,	„
С__у	Площади многоугольников.
С—8	Теорема Пифагора.
С—9	Признаки подобия треугольников.
С—10	Применение подобия к доказательству тео-
рем и решению задач.
С—11	Замечательные точки треугольника.
С—12	Среднее геометрическое и другие средние.
С—13	Метод подобия в задачах на построение.
С—14	Взаимное расположение прямых и окруж-
ностей.
С—15	Углы, связанные с окружностью.
С—16	Теорема о квадрате касательной и о пересе-
кающихся хордах.
С—17	Окружности Аполлония.
С—18	Вписанные и описанные окружности.
С—19	Сложение и вычитание векторов. Умножение вектора на число.
С—20	Разложение вектора по двум неколлинеар-
С—21	ным векторам. Применение векторов к доказательству теорем и решению задач.
К—1 К-2 к-з К-4 К-5	Четырехугольники. Площади. Подобные треугольники. Окружности. Векторы на плоскости. Авторы
САМОСТОЯТЕЛЬНЫЕ РАБОТЫ
ВАРИАНТ 1
С—1
1.	Может ли многоугольник иметь 25 диагоналей?
2.	Докажите, что выпуклый четырехугольник с неравными углами должен иметь хотя бы один тупой угол.
3.	Сколько углов с градусной мерой меньше 10° может быть в выпуклом многоугольнике?
С—2
1. В треугольнике АВС точка — середина АВ, М^АС, причем АМ = 4, МС = 6. Отрезки С/( и ВМ пересекаются в точке N. Найдите KN:NC.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке О, причем BO = OD, AO<Z.OC. Докажите, что Z BAD > Z BCD.
С—3
1.	Докажите, что если отрезки, соединяющие середины противоположных сторон в выпуклом четырехугольнике, равны, то диагонали четырехугольника перпендикулярны.
2.	ABCD — прямоугольная»гтрапеция, где ВСЦАО, Z BAD = 90°. Диагональ BD делит угол ADC пополам. Сторона ВС = а,
5а
средняя линия трапеции равна — . Найдите угол BCD.
3.	Постройте квадрат ABCD по отрезку ВМ, где М — середина стороны AD, и углу DBM.
С—4
1. Докажите, что прямая, содержащая перпендикуляр, проведенный к основанию равнобедренной трапеции через его середину, является осью симметрии этой трапеции.
2. Две прямые, содержащие точку пересечения диагоналей параллелограмма, пересекают его стороны соответственно в точках Л4 и В, /V и /С Докажите, что четырехугольник MNLK. — параллелограмм.
1. Прямоугольный треугольник разрежьте на три треугольника, из которых можно составить ромб, диагонали которого равны катетам данного треугольника.
2. Через вершину С равнобедренной трапеции ABCD, где AD = BC, проведена прямая, параллельная диагонали BD и пересекающая прямую АВ в точке Е. Докажите, что трапеция ABCD равносоставлена с треугольником АСЕ.
С—6
1. Внутри треугольника АВС выбрана точка М так, что площади треугольников АМВ, ВМС, АМС равны. Докажите, что М — точка пересечения медиан.
2. В параллелограмме ABCD на диагонали АС взята точка Д и соединена отрезками с вершинами В и D. Докажите, что треугольники АВК. и ADK. равновелики.
С—7
1. Отрезок, соединяющий середины двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника, разделил его на два равновеликих четырехугольника. Докажите, что эти стороны параллельны.
2. На сторона\ЛВ и АС треугольника АВС взяты соответственно точки D и Е так, что площадь треугольника АВС в два раза больше площади треугольника ADE. Медиана СМ пересекает отрезок DE в точке N. Докажите, что NM-ND = NE’NC.
С—8
1. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной 4, проведена медиана к боковой стороне, равная 3. Найдите основание треугольника.
2. Докажите, что в прямоугольном треугольнике квадрат обратной величины высоты, проведенной к гипотенузе, равен сумме квадратов обратных величин катетов.
1. Докажите, что середины оснований трапеции и точка пересечения ее диагоналей лежат на одной прямой.
2. Боковые стороны AD и ВС трапеции ABCD равны соответственно 8 и 12, причем zLABC = Z.CAD. Найдите площадь трапеции, если площадь треугольника АВС равна 36.
С—10
1. Медиана С/( и биссектриса AM треугольника АВС пересекаются в точке О, прямая ВО пересекает сторону АС в точке F. а) Найдите площадь треугольника АВМ, если АВ = 8, ВС = 7, АС = Ъ.
б) Докажите, что треугольники FMC и АВС подобны.
2. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АВ проведены высота CD и биссектриса AF. Биссектриса внешнего угла при вершине В пересекает прямую АС в точке К- Докажите, что точки £), F, К лежат на одной прямой.
С—11
1. Расстояния от точки пересечения медиан равнобедренного треугольника до его сторон равны 6, 6 и 5. Найдите длину основания этого треугольника.
2. На рисунке 1 прямые OtO2, О2О3 и ОХО3 — биссектрисы внешних углов треугольника АВС. Докажите, что отрезки 0{А, О2В и О3С являются высотами треугольника О,О2О3.
1. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции, параллельный ее основаниям и разбивающий трапецию на две равновеликие трапеции, равен 2 д/б”, а средняя линия трапеции равна 4. Найдите отрезок, разбивающий трапецию на две подобные трапеции.
2. Через вершину С ромба ABCD проведена прямая, пересекающая стороны угла BAD в точках Л" и Л4. Докажите, что удвоенная сторона ромба есть среднее гармоническое для отрезков АК и AM.
С—13
1. Постройте треугольник по двум углам и периметру.
2. Впишите в данный остроугольный треугольник АВС прямоугольник KLMN, сторона /(L которого в два раза меньше стороны KN, так, чтобы точки Л" и Л лежали на стороне АВ, а точки М и W — на сторонах ВС и АС данного треугольника соответственно.
С—14
1. Две окружности, расположенные одна вне другой, пересечены прямой, которая пересекает первую окружность в точках А и В, вторую — в точках С и D. Докажите, что если касательные к окружностям в точках А и С параллельны, то параллельны и касательные к окружностям в точках В и D.
2. В прямой угол вписана окружность радиуса R. Найдите радиус вписанной в этот угол окружности, касающейся данной окружности.
С—15
1. АВ — основание равнобедренного треугольника АВС. Докажите, что окружность, касающаяся сторон угла АСВ в точках А и В, проходит через точку М — центр вписанной в треугольник АВС окружности.
2. В круге с центром О и радиусом R проведена хорда АВ и продолжена на расстояние BC = R. Через точки С и О проведена секущая CD, причем С — О — D. Докажите, что 2_A0D = — 3Z-ACD.
1. В окружность вписан треугольник, одна из сторон которого равна 21. Параллельно этой стороне через точку пересечения медиан проведена хорда. Отрезки хорды, расположенные вне треугольника, равны 11 и 8. Найдите неизвестные стороны треугольника.
2. Точка В лежит между точками Л и С. На отрезках АВ и АС как на диаметрах построены окружности. К отрезку АС в точке В проведен перпендикуляр до пересечения с большей окружностью в точке D. Из точки С проведена касательная СК к меньшей окружности. Докажите, что CD = СК-
С—17
1. Четырехугольник ABCD не является параллелограммом. Докажите, что множество всех точек Л4, для каждой из которых AM2-]- СМ2 = ВМ2 A- DM2, есть прямая, перпендикулярная отрезку, соединяющему середины диагоналей четырехугольника ABCD.
2. Постройте треугольник АВС по стороне АВ, высоте CD, в котором ВС:ЛС = 2:1.
С—18
1. Вписанная и вневписанная в треугольник АВС окружности касаются стороны ВС в точках М и N. Найдите MN, если АС — Ь, АВ = с.
2. Точка М принадлежит окружности, описанной около правильного треугольника АВС. Докажите, что не существует треугольника, стороны которого равны отрезкам AM, ВМ, СМ.
С—19
1. Докажите, что ABCD — параллелограмм, если имеет место равенство FМ — СК — РВ + NК= ND — PF — МА и точки А, В, С, D не лежат на одной прямой.
2. От точки О отложены векторы ОМ = т, ON — п и ОК = = \п\-т— \m\-n, где т и п — некоторые неколлинеарные векторы. Докажите, что луч ОК — биссектриса угла, смежного с углом MON.
1. Основание AD трапеции ABCD в два раза больше основания ВС, точка М — середина боковой стороны CD. В каком отношении отрезок AM делит диагональ BD?
2. Найдите положение центра масс системы четырех точек Е, F, G, Н с массами т, т, 2т и 3m соответственно.
С—21
1. Точки К, М, N, Р, Q, В — середины сторон АВ, CD, EF, ВС, DE, AF шестиугольника ABCDEF соответственно. Докажите, что точки пересечения медиан треугольников KMN и PQP совпадают.
2. На сторонах LK и LM треугольника ELM отложены отрезки LA и LB соответственно такие, что LA = 3AK, LB = ^BM. Отрезки ВК и AM пересекаются в точке С. Во сколько раз площадь треугольника KLM больше площади треугольника кем?
С—1
1.	Существует ли многоугольник с 27 диагоналями?
2.	В четырехугольнике ABCD углы А и В равны, угол D больше угла С. Докажите, что BC>AD.
3.	В выпуклом многоугольнике имеется 5 углов с градусной мерой 140° каждый, остальные углы острые. Найдите число сторон п этого многоугольника.
С—2
1. В треугольнике АВС точка F^BC и BF = 3, FC = 2, точка Е£АС и АЕ = 6, ЕС = 2,5. Отрезки AF и BE пересекаются в точке К. Найдите AK'.KF.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD диагонали пересекаются в точке О, BO = OD, ABAD> ABCD. Докажите, что АО<ОС.
С—3
1.	Докажите, что если отрезки, соединяющие середины противоположных сторон выпуклого четырехугольника, перпендикулярны, то диагонали данного четырехугольника равны.
2.	ABCD — прямоугольная трапеция, где ВС||А£), ZBA£) = 90°, ABCD — 120°, ВС —а. Диагональ BD делит угол ADC пополам. Найдите среднюю линию трапеции.
3.	Постройте квадрат ABCD по отрезку, равному биссектрисе АЕ треугольника АВС.
С—4
1. Докажите, что прямая, содержащая середины оснований равнобедренной трапеции, перпендикулярна основаниям.
2. В параллелограмме ABCD проведены прямые AAt и СС1 так, что A DAAj = А С{СВ (Ay^CD, С^АВ). Докажите, что четырехугольник АА]СС] — параллелограмм.
1. Разрежьте ромб на три треугольника, из которых можно составить прямоугольный треугольник, катеты которого равны диагоналям данного ромба.
2. Через вершину D и середину Е боковой стороны ВС трапеции ABCD проведена прямая, пересекающая прямую АВ в точке F. Докажите, что треугольник ADF равносоставлен с трапецией ABCD.
С—6
1. В треугольнике АВС точка М делит сторону АС в отношении —	К—' произвольная точка отрезка ВМ. Докажите, что
площади треугольников АВК и ВКС относятся как т:п.
2. Прямая, параллельная стороне АС треугольника АВС, пересекает стороны АВ и СВ соответственно в точках D и Е. Эти точки соединены отрезками с противоположными вершинами треугольника АВС. Докажите, что треугольники АВЕ и CBD равновелики.
С—7
1. ABCD — параллелограмм. Прямая, параллельная АВ, пересекает стороны ВС и AD в точках Д и М соответственно, а диагональ АС — в точке L. Докажите, что треугольники АВК и ALD равновелики.
2. Площадь треугольника АВС равна S. На каждой стороне треугольника выбраны две точки, делящие ее в отношении 1:2:1. Найдите площадь шестиугольника, вершинами которого служат выбранные точки.
С—8
1. Основание равнобедренного треугольника равно 4^/2, а медиана боковой стороны 5. Найдите длину боковой стороны.
2. Из середины одного из катетов прямоугольного треугольника проведен перпендикуляр на гипотенузу. Докажите, что разность квадратов полученных отрезков гипотенузы равна квадрату второго катета.
1. Докажите, что середины оснований трапеции и точка пересечения продолжений ее боковых сторон лежат на одной прямой.
2. Основание АВ трапеции ABCD равно 12, диагональ S£) = 6, /LADB= /LBCD. Найдите площадь треугольника BCD, если площадь трапеции равна 40.
С—10
1.	Стороны АВ, ВС и АС треугольника АВС равны соответственно 5, 4, 6. Точка D делит отрезок ВС в отношении BD'.DC = 2:3, отрезок AD пересекает биссектрису СК треугольника АВС в точке М, а прямая ВМ пересекает сторону АС в точке F.
а)	Докажите, что треугольники KBD и АВС подобны.
б)	Найдите площадь треугольника BCF.
2.	Отрезки NA и КВ — биссектрисы треугольника KMN, а биссектриса внешнего угла при вершине М пересекает прямую KN в точке С. Докажите, что точки А, В и С лежат на одной прямой.
С—11
1. Длины сторон треугольника 13, 14 и 15. Найдите расстояния от точки пересечения медиан этого треугольника до его сторон.
2. На рисунке 2 прямые О]О2, О2О3 и О]О3— биссектрисы внешних углов треугольника АВС, точка О — точка пересечения биссектрис треугольника АВС. Докажите, что отрезки ОА, О2С, О3В являются высотами треугольника ОО2О3.
1. Отрезок с концами на боковых сторонах трапеции, параллельный ее основаниям и разбивающий трапецию на две равновеликие трапеции, равен 5, а отрезок, разбивающий данную трапецию на две подобные трапеции, равен л/Тб. Найдите среднюю линию трапеции.
2. Отрезок AD — биссектриса треугольника АВС. Через точку D проведена прямая, параллельная стороне АС и пересекающая сторону АВ в точке К. Докажите, что удвоенный отрезок ЛЛ есть среднее гармоническое для отрезков АВ и АС.
С—13
1. Постройте треугольник по углу, отношению заключающих этот угол сторон и периметру.
2. Впишите в данный остроугольный треугольник /<ЛШ ромб ABCD с данным углом DAB (Z_DAB> Z-MK.N) так, чтобы точки А и В лежали на стороне ЛМ, а точки С и D — на сторонах MN и AW треугольника /(M/V соответственно.
С—14
1. Треугольник АВС—равносторонний. Точки D, Е и F — середины сторон ВС, СА и АВ. Докажите, что прямая DF касается окружности, проходящей через точки С, D и Е.
2. К двум окружностям радиусов R и г проведены внешняя и внутренняя касательные. Докажите, что т\ — ml — 4Rr, где mt — отрезок внешней касательной, а т2 — отрезок внутренней касательной.
С—15
1. К двум окружностям, пересекающимся в точках М и К, проведена общая касательная. Докажите, что если А и В — точки касания, то Z. АМВ Д- Z. ARB = 180°.
2. Докажите, что биссектриса внешнего угла А треугольника АВС, вписанного в окружность, параллельна хорде, соединяющей середины дуг АВ и АС.
1. Середина С полуокружности соединена с концами диаметра АВ, и через середины отрезков АС и СВ проведена хорда. Каждый из отрезков хорды, расположенных вне треугольника АВС, равен т. Найдите радиус окружности.
2. Катеты прямоугольного треугольника АСВ (ZC = 90°) равны а и b, CD _1_ АВ. На отрезках AD и DB как на диаметрах построены полуокружности, пересекающие катеты треугольника. Найдите длины отрезков катетов, находящихся внутри этих полуокружностей.
С—17
1. Точки Е и F — середины сторон AD и ВС четырехугольника ABCD. Докажите, что множество всех точек М, для каждой из которых AM2 A- DM2 = ВМ2 А- СМ2, есть прямая, перпендикулярная отрезку EF.
2. Постройте треугольник АВС по стороне АВ, медиане CCh в котором ВС:АС= 1:2.
С—18
1. Вневписанная в треугольник АВС окружность, касающаяся стороны ВС, и вписанная в этот треугольник окружность касаются прямой АС в точках Е и F соответственно. Найдите длину отрезка EF, если ВС = а.
2. Точка К принадлежит дуге АС окружности, описанной около равнобедренного прямоугольного треугольника АВС (Z.C = 90°). Докажите, что не существует треугольника, стороны которого равны отрезкам АК, ВК и СК.
С—19
1. Докажите, что KMNP— параллелограмм, если имеет место равенство АС — DKA-KP— BN = FB — СМ — DA и точки К, М, N, Р не лежат на одной прямой.
2. Векторы а и b неколлинеарны. От некоторой точки X отложены векторы ХА — а, ХВ = Ь, ХС= — \а\  b — \ Ь\  а. Докажите, что луч ХС — биссектриса угла, вертикального с углом АХВ.
1. Основание MN трапеции KMNP в три раза меньше основания К.Р, точка Е — середина стороны PN. В каком отношении отрезок ME делится диагональю трапеции AW?
2. Найдите положение центра масс системы четырех точек А, В, С, D с массами т, 2т, Зт и 3m соответственно.
С—21
1. Точки К, L, М, N, Р, Q — середины сторон АВ, ВС, CD, DE, EF, FG семиугольника ABCDEFG соответственно. Точки R и S — точки пересечения медиан треугольников КМР и LNQ. Докажите, что /?S||/1G и RS — ^AG.
2. Точки К и М на сторонах АС и ВС треугольника АВС соответственно таковы, что АК = 4КС, СМ = ЗМВ, Найдите площадь треугольника ВОМ, где О — точка пересечения отрезков AM и BR, если площадь треугольника АВС равна S.
С—1
1. Докажите, что пятиугольник правильный, если равны все его стороны и равны три последовательных угла.
2. ABCDEF — правильный шестиугольник, сторона которого равна а. Точка О находится внутри треугольника АСЕ. Пусть d — сумма расстояний от точки О до вершин треугольника АСЕ. Докажите, что
С—2
1. AKCF — параллелограмм. Через середину диагонали АС проведена прямая до пересечения с прямыми и CF в точках В и D соответственно. Докажите, что ABCD — параллелограмм.
2. Докажите, что отрезки, соединяющие середины противоположных сторон выпуклого четырехугольника, и отрезки, соединяющие середины их диагоналей, пересекаются в одной точке.
С—3
1.	На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС построены квадраты АМ/(С и CFPB. Докажите, что сумма расстояний от точек М и Р до прямой АВ равна АВ.
2.	В равнобедренной трапеции диагонали равны d и составляют с основанием угол в 60°. Найдите среднюю линию трапеции.
3.	Постройте прямоугольник по диагонали и периметру.
С—4
1. На боковых сторонах АВ и CD равнобедренной трапеции ABCD вне ее построены равносторонние треугольники АВМ и CDK- Докажите, что MKWAD и MD = AK.
2. Из точки О пересечения диагоналей параллелограмма ABCD проведены перпендикуляры ОМ, ON, OP и OQ к его сторонам. Докажите, что четырехугольник MNPQ — параллелограмм и что диагонали этого параллелограмма пересекаются в точке О.
Фигуру, изображенную на рисунке 3, разрежьте:
а) на шесть равных треугольников; б) на две равные фигуры, каждая из которых составлена из трех равных треугольников.
Докажите, что фигура, изображенная на рисунке 3, равносоставлена с ромбом, один из углов которого равен 120°, а большая диагональ равна За.
С—6
1. Площадь трапеции делится диагональю в отношении 3:7. В каком отношении она делится средней линией, считая от меньшего основания?
2. В равностороннем треугольнике АВС, площадь которого равна S, отложены от вершины В на сторонах ВА и ВС отрезки ВМ = BN = АВ. Точки М и N соединены с точками А и С. Отрезки AN и СМ пересекаются в точке D. Найдите площадь четырехугольника MBND.
С—7
1. В выпуклом четырехугольнике ABCD отмечена точка пересечения диагоналей Е. Известно, что SABE = SDCE = 1, 5ЛВСО^4, Л£) = 3. Найдите ВС.
2. В треугольнике АВС точка L делит пополам отрезок ВС, а точка Д’ делит пополам отрезок BL. Из точки А через точки К и L проведены лучи и на них отложены вне треугольника АВС отрезки LD = AL и KF = АК. Найдите отношение площади треугольника АВС к площади четырехугольника KLDF.
1. Дан прямоугольник ABCD. Докажите, что для любой точки М плоскости выполняется равенство ЛМ2-|-МС2 = Л4В2-|-MD2.
2. Найдите площадь треугольника, если две его стороны равны
1 и УТз”, а медиана, проведенная к третьей стороне, равна 2.
С—9
1. Прямые, параллельные стороне АВ треугольника АВС, делят его площадь на три равные части. В каком отношении эти прямые делят отрезок ВС?
2. Основание AD трапеции ABCD в два раза больше основания ВС. Через произвольную точку F основания AD проведены прямые, параллельные диагоналям трапеции, пересекающие боковые стороны АВ и CD в точках К и М соответственно. Докажите, что отрезок КМ делится диагоналями трапеции на три равные части.
С—10
1.	Стороны АВ, ВС и АС треугольника АВС равны соответственно 8, 4 и 6. Точка F делит сторону АС в отношении AF:FC = 2:1, отрезок BF пересекает биссектрису AD треугольника АВС в точке О, а прямая СО пересекает сторону АВ в точке К. Найдите:
а)	площадь треугольника ВСК',
б)	площадь треугольника ОВК.
2.	Отрезки /C/Cb и A4Vj— высоты разностороннего треугольника KMN. Докажите, что точки пересечения прямых
и КМ, М^ и MN, KiNt и KN лежат на одной прямой.
С—11
1. Сторона ВС треугольника АВС больше стороны АС. Докажите, что медиана AAt меньше медианы ВВГ.
2. Пусть О — точка пересечения биссектрис прямоугольного треугольника АВС (АС К ВС). Докажите, что площадь треугольника АОВ равна-------—-----, где а = ВС, Ь — АС, с = АВ.
2{а + Ь + с)
1. Пусть О — точка пересечения биссектрис треугольника АВС. На сторонах АС и ВС треугольника АВС выбраны точки Е и D соответственно такие, что отрезок АО есть среднее геометрическое для отрезков АЕ и АВ, а отрезок ВО — среднее геометрическое для отрезков BD и АВ. Докажите, что точки D, Е и О лежат на одной прямой.
2. Отрезок АВ разбивает трапецию KMNP (KM\\PN) на две подобные трапеции, а отрезок AN есть среднее геометрическое для четырех отрезков, три из которых равны PN, а четвертый равен КМ. Докажите, что треугольники АВК и ВКМ подобны.
С—13
1. Постройте треугольник по углу, отношению заключающих этот угол сторон и расстоянию между точкой пересечения биссектрис треугольника и точкой пересечения его высот.
2. Постройте параллелограмм по углу, отношению его высот и стороне.
С—14
1. В прямоугольном треугольнике АВС с катетами 3 и 4 вершина прямого угла С соединена с серединой D гипотенузы АВ. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD.
2. К двум внешне касающимся окружностям с радиусами R и г проведена общая внешняя касательная. Найдите радиус окружности, вписанной в фигуру, ограниченную дугами данных окружностей и общей касательной.
С—15
1. Через центр О окружности, описанной около остроугольного треугольника АВС, проведена прямая, перпендикулярная СО и пересекающая отрезки АС и ВС в точках Е и F соответственно. Найдите длину отрезка CF, если АС = Ь, ВС —а и EC = d.
2. Через точку К окружности с центром О проведена хорда КА и касательная ВС. Прямая, проведенная через центр О, перпендикулярна к радиусу ОА, пересекает хорду АК в точке М, а касательную ВС в точке N. Докажите, что NK = NM.
1. Диаметр окружности, перпендикулярный к хорде MN, пересекает ее в точке А. Хорда ВС пересекает Л4М в точке D. Докажите, что значение AD2-)- BD • CD не зависит от положения точки D.
2. Две окружности радиусов R и г (R>r) касаются внутренним образом в точке А. Через точку В, взятую на большей окружности, проведена касательная ВС к меньшей окружности. Найдите длину отрезка АВ, если ВС = а.
С—17
1. Даны окружность Ф с центром О и точка К вне ее. Через точку К проведена окружность Фь пересекающая окружность Ф в точках А и В. Касательная к окружности Ф! в точке К пересекает отрезок АВ в точке М. Докажите, что точка М принадлежит прямой, перпендикулярной отрезку ОК.
2. Точки А, В, С и D лежат на одной прямой и АВ: ВС'. CD = 2:1:3. Постройте точку М, из которой отрезки АВ, ВС, CD видны под равными углами.
С—18
1. Две непересекающиеся окружности с радиусами г, и г2 расположены так, что их общие внутренние касательные взаимно перпендикулярны. Найдите площадь треугольника, ограниченного этими касательными и одной из общих внешних касательных данных окружностей.
2. Докажите, что площадь четырехугольника, вписанного в окружность радиуса R, может быть вычислена по формуле
S = R • Л](аЬ + cd) (ас + bd) (ad + be), где а, b, с, d — стороны четырехугольника.
С—19
1. На сторонах треугольника АВС построены параллелограммы ABDF, ACMN, BCPQ. Докажите, что FN MP -\-QD = G.
2. Точки Mlt М2, М3 симметричны произвольной точке М относительно середин сторон ВС, АС и АВ треугольника АВС. Докажите, что треугольники МХМ2М3 и АВС равны.
1. Точки D, Е и F на сторонах АВ, АС и ВС треугольника АВС таковы, что BD = 3DA, CF = 4FB и СЕ:ЕА = = 2:3. В каком отношении каждый из отрезков CD и EF делится их точкой пересечения О?
2. Докажите, что отрезки, соединяющие середину каждой стороны пятиугольника с точкой пересечения медиан треугольника, вершинами которого служат три другие вершины пятиугольника (рис. 4), пересекаются в одной точке и делятся ею в отношении 3:2 (считая от середины стороны).
С—21
1. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Докажите, что точки пересечения высот треугольников BCD, ACD, ABD и АВС являются вершинами четырехугольника, равного четырехугольнику ABCD.
2. Точки A,, В,, Ci на сторонах ВС, АС и АВ треугольника АВС таковы, что АС,: С,В = ВА, :А,С = СВ,: В, А = 1:2. Отрезки АА,, ВВ„ СС, пересекаются попарно в точках Л2, В2, С2. Во сколько раз площадь треугольника АВС больше площади треугольника Л2В2С2?
С—1
1. В четырехугольнике ABCD продолжения сторон DA и СВ пересекаются в точке Е, а продолжения сторон ВА и CD — в точке F. Докажите, что угол между биссектрисами углов CED и CFB равен полусумме углов А и С.
2. Докажите, что сумма длин диагоналей выпуклого пятиугольника больше его периметра.
С—2
1. AECF — параллелограмм, точка О — середина диагонали АС. Через эту точку проведена прямая, пересекающая прямые СЕ и AF соответственно в точках В и D. Докажите, что ABCD — параллелограмм.
2. В выпуклом четырехугольнике ABCD стороны АВ и CD равны. Через середины диагоналей АС и BD проведена прямая, пересекающая стороны АВ и CD в точках М и N соответственно. Докажите, что zCBMN=/LCNM.
С—3
1.	На катетах АС и ВС прямоугольного треугольника АВС построены квадраты АСКМ и СРЕВ. Прямые КМ и РЕ пересекаются в точке Т. Докажите, что ТС-LAB.
2.	Средняя линия равнобедренной трапеции равна ее высоте. Найдите угол между диагоналями.
3.	Постройте квадрат по сумме диагонали и стороны.
С—4
1. На боковых сторонах АВ и CD равнобедренной трапеции ABCD вне ее построены равносторонние треугольники АВМ и CDK- Прямые МА и KD пересекаются в точке Е, прямые АВ и CD — в точке Р, отрезки АС и BD — в точке О. Докажите, что точки Е, Р и О принадлежат одной прямой.
2. На противоположных сторонах АВ и CD параллелограмма ABCD отложены равные отрезки AK = CL, а также и на сторонах AD и ВС отложены равные отрезки BM = DN. Докажите, что четырехугольник KMLN — параллелограмм, центр которого совпадает с центром параллелограмма ABCD.
1.	Фигуру, изображенную на рисунке 5, разрежьте:
а)	на шесть равных треугольников;
б)	на две равные фигуры, каждая из которых составлена из трех равных треугольников.
2.	Докажите, что фигура, изображенная на рисунке 5, равносо-ставлена с ромбом, меньшая диагональ которого равна а, а один из углов 60°.
С—6
1. В прямоугольнике ABCD точка К делит сторону АВ в отношении АК: КВ = 3:4, а точка М делит сторону CD в отношении DM:MC = 5:3. В каком отношении отрезок КМ делит площадь прямоугольника?
2. Через середину высоты равнобедренного треугольника проведены две прямые, соединяющие ее с вершинами основания. Какую часть площади треугольника составляет каждая из шести частей, на которые эти прямые разрезают треугольник?
С—7
1. Каждая диагональ четырехугольника делит его на треугольники одинаковой площади. Докажите, что этот четырехугольник — параллелограмм.
2. В треугольнике АВС на стороне АВ взята точка Сь а на сто-л	AC, BAt ,,
роне ВС — точка Л, таким образом, что == = р, -r-= = q. паи-| D	/1 |
дите отношение площадей треугольников АВС и Л,С|С.
С—8
1. Докажите, что если точка М расположена на основании ВС равнобедренного треугольника АВС или его продолжении, то ВМ • МС = АС2 — АМ2.
2. Основания трапеции равны 6 и 8, а ее диагонали равны 13 и
15. Найдите площадь трапеции.
1. На боковых сторонах AD и ВС трапеции ABCD взяты точки Е и F так, что отрезок EF параллелен основаниям трапеции и делит площадь трапеции пополам. Найдите длину отрезка EF, если АВ = а, CD = b.
2. Через произвольную точку L стороны АВ треугольника АВС проведены прямые, параллельные его медианам АА{ и ВВХ, пересекающие стороны АС и ВС в точках Д’ и Л4. Докажите, что отрезок КМ делится медианами AAt и BBf на три равные части.
С—10
1.	Длины сторон КМ, MN и NK треугольника KMN равны соответственно 5, 6 и 9. Точка А делит сторону MN в отношении МА ‘.AN — 1:3, биссектриса NC треугольника KMN пересекает отрезок АК в точке F, а прямая FM пересекает сторону /(W в точке В. Найдите:
а)	площадь треугольника ВКМ-,
б)	площадь треугольника BKF.
2.	Отрезки AAh BBt и СС, — биссектрисы разностороннего треугольника АВС. Докажите, что точки пересечения прямых AfBt и АВ, В1С1 и ВС, AfCf и АС лежат на одной прямой.
С—11
1. Сторона ВС непрямоугольного треугольника АВС больше стороны АС. Докажите, что точка пересечения высот треугольника АВС ближе к стороне АС, чем к стороне ВС.
2. М — точка пересечения медиан прямоугольного треугольника АВС, где AC-LBC. Докажите, что МА2-]-МВ2 = 5МС2.
С—12
1. Биссектрисы углов К и М выпуклого четырехугольника KMNP пересекаются в точке О. Известно, что отрезок КО есть среднее геометрическое для отрезков КР и КМ, а отрезок МО — среднее геометрическое для отрезков MN и КМ. Докажите, что точка О принадлежит стороне NP данного четырехугольника.
2. Отрезок MN разбивает трапецию ABCD, где ЛВ|| CD, на две подобные трапеции, а отрезок МС разбивает трапецию CDMN на два подобных треугольника. Докажите, что отрезок AN есть среднее геометрическое для четырех отрезков, три из которых равны отрезку АВ, а четвертый равен отрезку CD.
3 Заказ 1759
25
1. Постройте треугольник по двум углам и расстоянию между точкой пересечения медиан этого треугольника и точкой пересечения его биссектрис.
2. Постройте трапецию по отношению ее оснований, двум углам, прилежащим к большему основанию, и высоте.
С—14
1. В треугольнике АВС с высотой CD Z_C = <№°, АС = 3, СВ = 4. Найдите расстояние между центрами окружностей, вписанных в треугольники ACD и DCB.
2. Окружность радиуса 2 касается внешним образом другой окружности в точке А. Общая касательная к обеим окружностям, проведенная через точку А, пересекается с другой их общей касательной в точке В. Найдите радиус второй окружности, если отрезок АВ равен 4.
С—15
1. Около треугольника АВС описана окружность. Прямая I касается окружности в точке А. Через точку D стороны АВ проведена прямая DE\\l, где Е£АС, АЕ = 5, AD = 6, ЕС = 7. Найдите BD.
2. На окружности взяты четыре точки. Докажите, что прямые, соединяющие середины противоположных дуг, взаимно перпендикулярны.
С—16
1. Прямоугольный треугольник вписан в полуокружность так, что его гипотенуза совместилась с диаметром. Из точки диаметра проведен перпендикуляр, который пересекает окружность, катет и продолжение другого катета. Докажите, что один из трех полученных отрезков перпендикуляра есть среднее геометрическое между двумя другими.
2. Две окружности радиусов R и г (R7> г) касаются внешним образом в точке А. Через точку В, взятую на большей окружности, проведена касательная ВС к меньшей окружности. Найдите длину отрезка ВС, если хорда АВ = а.
1. Даны окружность Ф с центром О и точка А внутри этой окружности (Л не совпадает с О). Через точку А проведены окружность Фь пересекающая окружность Ф в точках М и /V, и касательная к окружности Фь пересекающая отрезок MN в точке В. Докажите, что точка В принадлежит прямой, перпендикулярной отрезку ОА.
2. Даны два отрезка АВ и А\В\, длины которых связаны отношением АВ:А1В1 = 2:\. Постройте точку М такую, что треугольник АМВ подобен треугольнику Ai&B^
С—18
1. Две непересекающиеся окружности с радиусами rt и г2 (r2>ri) расположены так, что их общая внутренняя касательная перпендикулярна одной из общих внешних касательных. Найдите площадь треугольника, ограниченного этими касательными и второй общей внутренней касательной.
2. Две хорды окружности радиуса А? равны а и Ь. Найдите хорду этой окружности, стягивающую дугу, равную сумме дуг, стягиваемых данными хордами.
С—19
1.	Докажите, что из отрезков, равных медианам некоторого треугольника, можно составить новый треугольник.
2.	Точки Mt и Л42 симметричны произвольной точке М относительно середин сторон ВС и АС треугольника АВС соответственно.
а)	Докажите, что либо ABMtM2 — параллелограмм, либо точки Mt и А42 лежат на прямой АВ.
б)	Каково в последнем случае положение точки М?
1. Точки К, М и /V на сторонах ВС, АС и АВ треугольника АВС таковы, что СК — 2КВ, АМ = ЗМС, AN'.NB—\'.3. В каком отношении каждый из отрезков АК и MN делится точкой F их пересечения?
2. Отрезок соединяет точку пересечения медиан треугольника, вершинами которого являются три вершины шестиугольника, с точкой пересечения медиан треуголь-
ника, вершинами которого являются три другие вершины шестиугольника (рис. 6). Докажите, что все такие отрезки пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.
С—21
1. Четырехугольник ABCD вписан в окружность с центром О. Пусть Нх, Н2, Н3, НА — точки пересечения высот треугольников BCD, ACD, ABD и АВС соответственно. Докажите, что отрезки АНJ, ВН2, СН3 и DHa пересекаются в одной точке и делятся ею пополам.
2. Точки Af и Л2 на стороне ВС треугольника АВС таковы, что ВА, =А,А2 = А2С, а точка В, делит сторону АС в отношении АВ1:В1С=2:1. Отрезки AAf и АА2 пересекают отрезок ВВХ в точках М и N соответственно. Найдите площадь четырехугольника Л^МЛД если площадь треугольника АВС равна S.
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ
К—1	ВАРИАНТ 1
1.	В выпуклом четырехугольнике ABCD отрезок LN, соединяющий середины диагоналей, равен отрезку КМ, соединяющему середины сторон AD и ВС. Найдите угол, образованный продолжением сторон АВ и CD.
2.	В прямоугольной трапеции диагонали взаимно перпендикулярны. Большая диагональ составляет с меньшей боковой стороной угол в 60°. Докажите, что меньшая диагональ равна средней линии трапеции.
3.	Докажите, что сумма боковых сторон любой трапеции больше разности ее большего и меньшего оснований.
К—1	ВАРИАНТ 2
1.	В выпуклом четырехугольнике ABCD точки К и М — середины сторон AD и ВС, а точки L и N — середины диагоналей BD и АС, причем KM.LLN и KN = LN. Найдите величину угла, образованного продолжениями сторон АВ и CD.
2.	Из вершины прямого угла меньшего основания прямоугольной трапеции под углом 45° к этому основанию проведен луч, который проходит через середину большей боковой стороны. Докажите, что меньшая боковая сторона этой трапеции равна удвоенной средней линии трапеции.
3.	Докажите, что сумма диагоналей любой трапеции больше суммы ее оснований.
К—2
ВАРИАНТ 1
1.	Две стороны треугольника равны 14 и 22. Медиана, проведенная к третьей стороне, равна 12. Найдите третью сторону.
2.	В треугольнике два угла равны 105° и 45°, а площадь равна д/з’+1. Найдите меньшую высоту треугольника.
3.	Боковая сторона трапеции равна 5, а расстояние от нее до середины другой боковой стороны равно 3. Найдите площадь трапеции.
1.	Периметр треугольника равен 42, а его основание равно 20. Медиана, проведенная к этому основанию, равна 5. Найдите боковые стороны треугольника.
2.	Большее основание трапеции равно 6, а меньшее 4. Углы при большем основании равны 30° и 45°. Найдите площадь трапеции.
3.	Площадь трапеции равна 20, а расстояние от середины одной боковой стороны до другой равно 5. Найдите длину этой боковой стороны.
К—3	ВАРИАНТ 1
1. Точки А1 и лежат на сторонах ВС и АС соответственно треугольника АВС, отрезки AAt и BBt пересекаются в точке О и АО: OAj = ВО: ОВ| = 2:1. Докажите, что отрезки АД, и BBt — медианы треугольника АВС.
2. Точки А1; В}, С, на сторонах ВС, АС и АВ соответственно треугольника АВС таковы, что отрезки АА}, ВВ}, ОС, пересекаются в одной точке О. Прямые 0,4, и СД/?, пересекают прямую, проходящую через вершину С и параллельную прямой АВ, в точках М и N. Докажите, что CM = CN.
К—3	ВАРИАНТ 2
1. Отрезок ДА, — биссектриса треугольника АВС. Точка В, на стороне АС такова, что отрезок ВВ, пересекает биссектрису ДА. в точке О и при этом -^б~ = а + с , где а = ВС, Ь = АС, ОВ\ и
с = АВ. Докажите, что отрезок ВВ,— биссектриса треугольника АВС.
2. Точки А], В], С, на сторонах ВС, АС, АВ треугольника АВС таковы, что отрезки ДА,, ВВ,, ОС, пересекаются в одной точке. Через точки К, М, N— середины сторон АВ, ВС и АС соответственно— проведены прямые ККХ, Л4Л4, и NNlt параллельные прямым СС,, ДА, и ВВ, соответственно. Докажите, что прямые КК\, Л4Л4, и АА, пересекаются в одной точке.
1.	Докажите, что середина дуги, заключенной внутри острого угла между касательной и хордой, проведенной через точку касания, равноудалена от касательной и хорды.
2.	В параллелограмме KLMN сторона ЛТ = 8. Окружность, касающаяся сторон NK и NM, проходит через точку L и пересекает стороны KL и ML в точках С и D соответственно. Известно, что AC:LC==4:5 и LD'.MD = 8:1. Найдите сторону KN.
3.	В прямоугольном треугольнике вневписанная окружность касается гипотенузы и продолжения катетов. Радиус вневписанной окружности равен 10, а вписанной — 2. Найдите гипотенузу треугольника.
К—4	ВАРИАНТ 2
1.	Две окружности касаются внешним образом в точке А. Через точку А проведены две секущие. Одна из секущих пересекает первую окружность в точке Е, а вторую окружность — в точке С, другая секущая пересекает окружности в точках D и В. Докажите, что Л АВСео Л ADE.
2.	Центр окружности, касающейся стороны ВС треугольника АВС в точке В и проходящей через точку А, лежит на стороне АС. Найдите площадь треугольника АВС, если ВС = 6 и АС = 9.
3.	В равнобедренном прямоугольном треугольнике вневписанная окружность касается катета, продолжений гипотенузы и другого катета. Радиус этой окружности равен 2. Найдите катеты треугольника.
К—5	ВАРИАНТ 1
1.	Точки М и N — середины сторон АВ и CD четырехугольника ABCD, точка К — середина отрезка MN, О — точка пересечения медиан треугольника BCD.
а)	Докажите, что точки А, К, О лежат на одной прямой.
б)	Найдите, в каком отношении точка К делит направленный отрезок АО.
2.	Стороны треугольника АВС, противолежащие вершинам А, В и С, равны соответственно а, b и с. Докажите, что центром масс системы точек А, В и С с массами а, b и с соответственно является центр окружности, вписанной в треугольник АВС.
1. Точка D, не принадлежащая ни одной из прямых АВ, АС и ВС, соединена отрезками с вершинами треугольника АВС. Пусть О, Е, F, К, М — точки пересечения медиан треугольников ABC, BDC, CDA, ADB и EFK, соответственно.
а) Докажите, что точки D, М, О лежат на одной прямой, б) Найдите, в каком отношении точка М делит направленный отрезок DO.
2. Точки А, В и С — центры вневписанных окружностей треугольника MNP, стороны MN, NP и РМ которого равны соответственно р, т и п. Докажите, что центром масс системы точек М, N и Р с массами т, п и р соответственно является точка пересечения высот треугольника АВС.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
САМОСТОЯТЕЛЬНЫЕ РАБОТЫ
С—1
ВАРИАНТ 1. 1. Такой многоугольник не существует. Можно доказать, что число диагоналей /г-угольника равно "Х"—. Тогда п (п — 3) = 50, т. е. /г2 — 3/г — 50 = 0, но это уравнение не имеет натуральных решений.
2.	Предположим, что выпуклый четырехугольник с неравными углами не имеет тупых углов. Тогда все его внешние углы тупые и сумма их больше 360°, чего быть не может. Значит, предположение неверно и четырехугольник имеет хотя бы один тупой угол.
3.	Сумма внешних углов выпуклого многоугольника, взятых по одному при каждой вершине, равна 360°. Тогда такой многоугольник может иметь не более двух внешних углов с градусной мерой больше 170°. Это означает, что острых углов с градусной мерой меньше 10° может быть не более двух. В качестве примера можно привести треугольник с углами, равными 1°, 2° и 177°.
ВАРИАНТ 2. 1. Да, девятиугольник имеет 27 диагоналей.
2.	Продолжим стороны AD и ВС четырехугольника ABCD до их пересечения в точке М. Так как Z~D> zLC, то zL CDM < zL M CD и CM<DM. Треугольник AMB равнобедренный, значит, ВМ = АМ. Учитывая, что CM<zDM, получим, что BC>DA.
3.	п = 6.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть АВ = ВС = CD = DE = EA и ЛА= ЛВ = АС (рис. 7). Нужно доказать, что ABCDE — правильный многоугольник. Из равенства треугольников АВЕ и АВС следует, что АС = ВЕ и aLACB = = Z.AEB= zLABE = /.ВАС. В таком случае ДААВ равнобедренный и АК = ВК. Так как СК = АС-АК и ЕК=ВЕ-ВК, то СК = ЕК. Из равенства треугольников DKE. и DEC (по трем сторонам) следует, что Z-KED= zLRCD. Поэтому /LC = Z~E, так как каждый из них является суммой равных углов. Аналогично доказывается, что /LD = Z_E. В таком случае пятиугольник ABCDE правильный.
2. Рассмотрим правильный шестиугольник ABCDEF (рис. 8). Легко доказать, что ОЕОС <АЕАС, ОЕ-\- ОА<СЕ-\-АС, ОА-\-ОС<
<АЕ-\- ЕС. Если сложить эти неравенства и разделить пополам, получим:
ОС+ОЕ+ОД <АС+CE-J-AE.	(1)
Очевидно, что
ДС+СЕ + Д£<6а.	(2)
Из (1) и (2) следует, что ОС + О£+ОА<6а, значит,
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть биссектрисы углов Е и F пересекаются в точке Н (рис. 9), биссектриса ЕН пересекает сторону АВ в точке К. Пусть ЛЕКА = а, ЛЕНF = х. Рассмотрим &FKH. Так как а — внешний угол этого треугольника, то х=а—^ЛР. &АЕК следует, что а= ЛА—ЛЕ. В таком случае х= ЛА—± ЛЕ — ± ЛЕ. Очевидно, что zl£=180o — ЛС — ЛИ, ЛЕ—180°—ЛВ—ЛС. Тогда х=ЛА + + ЛС + ^	+ ЛО—180°. Так как ЛА+ ЛВ+ ЛС+ ЛО = 860°, то
1	, « . 1 , . Л А Л В Л С Л D	о ЛА-\- ЛС _
х = — ЛА-\- — ЛС-\----------------180 =---------. Таким об-
ЛА + ЛС разом, х =-------.
2	. Пусть А1А2А3А4А5—выпуклый пятиугольник (рис. 10). При проведении его диагоналей образуется пять выпуклых четырехугольников: А1А2А3А4, А1А2А4А5, А2А3А4А5, А1А2А3А5, А1А3А4А5. Легко доказать, что сумма диагоналей выпуклого четырехугольника больше суммы двух его противоположных сторон. Отсюда имеем:
А1А3 + А2А4 А । А2-р А3А4, А1А4 + А2А5 А1А2-|-А4А5, А2А4 +А3А5 >АгАз-|-А4А5, А1А3А- АгАь^АгАзА-
АзА5+А|А4>АзА4-(-А1А5.
Сложив почленно эти равенства и сократив на 2, получим:
А । Аз + А2А4 + А3А 5 + А1А4 + А2А5 > А1А2 + А2А3 + А3А4 + А4А5 + А1А5.
С—2
ВАРИАНТ 1. t. Ответ: 1:3. Проведем KE IIВМ (рис. 11). Так как
АК=ВК, то АЕ = ЕМ = 2. По теореме Фалеса -т)тг ==-777т = ==-? .
NC МС 6	3
2.	Построим точку Е на отрезке АС (рис. 12) так, что АО = ОЕ. Тогда ABED — параллелограмм. Используя теорему о внешнем угле треугольника, имеем: АВЕО>АВСО, ADEO> ADCO. Тогда АВЕО-\-+ ADEO> ABCO + ADCO, значит, ABED> ABCD. Так как ABED = = ABAD, то ABAD> ABCD.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 4:1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
2. Доказательство проведите методом от противного.
ВАРИАНТ 3. 1. Рассмотрим треугольники АОВ и COD (рис. 13), в которых АО = ОС, АВОА= ACOD и АВАС= AACD. Отсюда следует, что ААОВ= ACOD, значит, BO = OD. В четырехугольнике ABCD имеем: АО = ОС и BO = OD. Тогда ABCD — параллелограмм.
2. Пусть М, Е, Р и F — середины сторон четырехугольника ABCD, а А и К — середины его диагоналей АС и BD (рис. 14). На основании теоремы Вариньона четырехугольник MEPF — параллелограмм. Легко доказать, что и четырехугольник NEKF — параллелограмм. Тогда очевидно, что отрезки MP, EF и NK пересекаются в одной точке.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 3.
2. Пусть точка Е — середина стороны ВС (рис. 15). Тогда РЕ —
средняя линия треугольника АВС, значит, РЕЦАВ и РЕ АВ. Аналогично EKII CD и ЕК = ^ CD. Так как АВ = CD, то и РЕ = ЕК- Тогда треугольник РЕК равнобедренный и ЛЕРК= ЛЕКР. Так как АВ\\ЕР и СРЦЕА, то zLBMN = zLEPK и К_ЕКР=К_СКМ. Следовательно, zLBMN = zLCNM.
С—3
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть F, М, Р и Е — середины сторон АВ, ВС, CD и DA выпуклого четырехугольника ABCD (рис. 16). По теореме Варинь-она EFMP — параллелограмм. Так как FP — EM, то EFMP — прямоугольник. В таком случае легко доказать, что ACA-BD.
2. Z.BCD =120°.
3. Сначала постройте треугольник BMD по данному углу MBD, углу BMD, равному 180°— zLMBD — 45°, и стороне ВМ. Затем достройте этот треугольник до квадрата.
ВАРИАНТ 2. 1. Нужно доказать, что середины противоположных сторон четырехугольника являются вершинами ромба. В таком случае легко доказать, что диагонали данного четырехугольника равны.
2 —
4
3. Сначала необходимо построить треугольник АВЕ по двум 90°
углам— zLABE = 90°, zLBAE = —— и стороне АЕ. Затем достройте
этот треугольник до квадрата.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть ME, СО, PD — перпендикуляры к прямой АВ. Тогда можно доказать, что ДЛ4ЕА = ДАОС и ДВОС= &BDP, причем МЕ = АО, PD = BO.
2. О т в е т: . Пусть ABCD — трапеция (АОЦВС). По условию
AB=CD, zLBDA = &0°. Проведем ВЕ±АО. Нужно доказать, что отрезок ED равен средней линии трапеции. Из треугольника BED следует, что ED = ^.
3. Пусть требуется построить прямоугольник ABCD по диагонали
АС и периметру Р. На продолжении стороны ВС за вершину В отметим
точку М так, чтобы выполнялось равенство АВ = МВ. Тогда треугольник АМС можно построить по стороне МС, равной
Р, стороне АС и углу М, равному 45°.
Затем треугольник АВС достраивается
до прямоугольника.
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть прямые ТС и АВ пересекаются в точке О. Обозначим zLMTC=a. Тогда /_ТСР = а= /_АСО.
Треугольники АСВ и МТС равны по двум катетам. Отсюда ZOBC = a, ^ОСВ = 90°-а. Поэтому Z.СОВ = 90°.
2. 90°. Решается аналогично задаче 2 из варианта 3.
3. Пусть требуется построить квадрат ABCD. Продолжим отрезок АС за вершину А и отложим отрезок AE = AD. Треугольник ECD можно 90°	90°
построить по стороне ЕС, равной AC-\-AD, /_Е=—^~, /LECD = —^~. Затем достроим треугольник ACD до квадрата.
С—4
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть прямая р перпендикулярна основанию ВС трапеции ABCD и проходит через середину отрезка ВС. Тогда симметрия с осью р отображает точку В на точку С и точку А на точку D. Выберем на отрезке АВ произвольную точку X и построим симметричную ей относительно оси р точку Ль Легко доказать, что точка Х\ будет принадлежать стороне CD. Тем самым доказывается, что прямая р — ось симметрии трапеции ABCD.
2. Установите, что точка пересечения диагоналей данного параллелограмма есть центр симметрии четырехугольника MNLK.
ВАРИАНТ 2. 1. Прямая, содержащая середины оснований равнобедренной трапеции, является ее осью симметрии.
2. Точки Ci и А| симметричны относительно точки пересечения диагоналей параллелограмма ABCD.
ВАРИАНТ 3. 1. Точки М и К. симметричны относительно прямой, содержащей середины оснований трапеции.
2. Точки М и N симметричны соответственно точкам Р и Q относительно точки О пересечения диагоналей параллелограмма.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 3.
2. Точки М и N, L и К симметричны относительно точки О пересечения диагоналей параллелограмма.
С—5
ВАРИАНТ 1. 1. См. рисунок 17.
Рис. 18
Рис. 21
С—6
2. Докажите, что треугольник ВСЕ равен треугольнику ADC.
ВАРИАНТ 2. 1. См. рисунок 17.
ВАРИАНТ 3. 1. а) См. рисунок 18.
2. См. рисунок 19.
ВАРИАНТ 4. 1. а) См. рисунок 20.
2. См. рисунок 19.
ВАРИАНТ 1. 1.
Заме — Sj, SCME — S2
рисунок 21. Пусть
—. Очевидно, что п
Завм — Звмс — 3АМС — 3, S	т	S	т
= — и 8]	п	82	п
См. вм и ME
Si + S2 = S. Отсюда следует, что Si= —-S, S2 = --S, — + — = 1, —=1,
т	т т т т
~ = у  Следовательно, М — точка пересечения медиан треугольника.
2. Треугольники АВК и AKD равновелики, так как у них общее основание АЕ и равные высоты BE и DF (рис. 22). Равенство высот следует из равенства треугольников ВЕС и AFD.
ВАРИАНТ 2. 1. Очевидно, что	= —	— .
$свм п $скм п
а —с , „ ----- = k. В таком случае
b — d	J
Воспользуемся
а с .
тем, что если -г=-т=к, то о а
Завк__т_
Зв кс п
ЗаВМ $АКМ $СВМ $СКМ
В
К
М
Рис. 25
С
D
А
2- SADC = SAEC, так как у них одинаковые основания и равные высоты. Поскольку SABE = SABC — SAEC, sCBD = = $авс— $adc и Sadc = Saeo t0 $аве = $сво-
2
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: ± Обо-О
значим S4sc = Si, S4DC = S2, тогда y- = y
(рис. 23). Так как St=^BC-h, S2 = ^AD-h, то ф-=-Ё£=|. Пусть
BC = 3x, AD = 7x, тогда EF = 5x. Отсюда следует, что SEBCF =
Зх-|-5х h 8х h _	„	5х-|-7х h „ , SEBCE 2xh 2
= ~ТТ2=М S^0 = -^—2=3xA’ S^=3^=3'
2. Ответ: ^-S. См. рисунок 24. Проведем BE-LAC, EF\\CM. Так
как АЕ = ЕС, то AF = FM. По условию ВМ—— АВ. Тогда AF = FM — = МВ и BD = DE,
Sabe = ~2	^abd~~2 Sabe = ^ S,
S
DMB—"^SaBD—SdMBN
— 2Sbmd~—q$-
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: . См. 59
BA = 4x, DM = 5y, CM = 3y. Обозначим ст si 4x-|-3i/ и S2. Тогда
02 ЗХ оу
s	„
/	ьз
S,	24(/	, _	59
-^- + $У
KBCM через Si
Отсюда x=~-,
рисунок 25. Пусть АА=Зх, площадь трапеций AK.MD и Так как AB = CD, то 7х = 8у.
в
Рис. 27
2. Ответ:—. Проведем DN\\AF (рис. 26). Легко доказать, что CN.FC=\:2. Пусть SABC = 1, тогда S4MD = SDMC = —, SAEM = SCMF = - 1 е _е _ 1
— g И ^EBM— ^MFB—	•
C—7
ВАРИАНТ 1. 1. См. рисунок 27. Пусть E и F — середины сторон выпуклого четырехугольника ABCD. По условию ВЕ = ЕС. Тогда FE — медиана треугольника BFC. В таком случае SBEP — SCEF. Так как по условию SABEF = SCEFD, то Sabp = Sdcf, и так как AF — FD, то высоты ВР и CL треугольников ABF и DCF равны. В таком случае ВСЦАО.
2.	См. рисунок 28. Так как СМ — медиана треугольника АВС, то *5/imc=='2 $авс- По условию SADE — —SABC. Тогда SAMC = SADE, значит, о	о $MDN MN-DN ,	,	z
$мон — $сне< — NE-NC— (^-MND—^ENC).
Отсюда следует, что NM-ND = NE-NC.
ВАРИАНТ 2. 1. Пусть ВК:ВС = т:п (рис. 29).
$АВК ВК	...
SAbc~BC	( >
Рис. 30
Рис. 31
(высоты треугольников АВК и АВС равны). Так как АЛ1ЦАВ, то -777= /1 с
В К tn
ВС п
^ALD  AL  tn	(QX
$ADC AC	П
5
SABC=SADC = -^ , где S — площадь параллелограмма. Из (1) и (2) следует:
_ S т „	_ S т	_ „
^АВК —	’ ^ALD — ~2~' 10ГДа ^ABK—^ALD-
13
2.	Ответ: — S. Пусть К, L, М, N, О и Р — точки, делящие сторо-
ны треугольника АВС в заданном отношении, тогда SKLMN0P = 00 с е ,	$акр АР АК,
= S-SAKP-SCON-SBML (рис. 30). Очевидно, что —
111	S
= — • — = — . Отсюда 5лЛР = — . Ввиду равенства отношений отрезков на
всех сторонах треугольника АВС получаем, что SBLM — SCON = SAKP. Тог-е _ с 3S _ 13
Да ^klmnop — ig — 16'°'
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: 3. Пусть SBEC — S (рис. 31). Очевидно, что $AED DE $DEC	$AED 1	о 1	,, е
-----=—=- , поэтому——=— . Отсюда SAED = —. Имеем: SABCD = ^АВЕ-'-’ВЕС	1 г>	г>
= 2 + S+y<4, S2-2S+1^0, (S- 1)2sC0. Тогда S=l, т. e. SABE =
= SBCE= 1. Эти треугольники имеют одну и ту же высоту, поэтому АЕ = ЕС. Аналогично BE = ED. В таком случае ABCD — параллелограмм и ВС = А£) = 3.
2.	Ответ: — . SKLDE = SAED SAEi_ (рис. 32). Пусть SABC = S. Оче-
sakl KL\	1 <? n Safd AF-AD AD
видно, что — =	S^L=-S. Отсюда =	= —X
AP___9.^__8 c ____8 „	___8 1.__S S — S 1 S — — S
X~AK~ 3~3’ Safd~ 3 Sakl~3 45-35, ^KWE-3^	4d-12d’
S 12
$kldf 8
Рис. 35
ВАРИАНТ 4. 1. По условию SABC = SADC и SABD = SACD (рис. 33), т. е. Si + S2 = S3 + S4 и S1 + S4 — S2 + S3, значит, Si=Ss и S2 = S4. .. S, ОА-ОВ , _ Имеем: —=	= 1. Отсюда
□о	С/ (> • С/и
OA-OB = OC-OD.
.	S2 OA-OD
Аналогично 5- = ^^
1, откуда
OA-OD = OB-OC.
(1)
(2)
Из (1) и (2) следует, что ОА-(OB + OD)= ОС-(ОВ + OD), т. е. ОА = ОС. Аналогично можно получить, что OB = OD. В таком случае ABCD — па-
раллелограмм.
ACt
2. Ответ: (р + 1)(q + 1). См. рисунок 34. Пусть ____________________________ SbcS	ВС _
р+1 ’ s4cc А,С	’ л1с1с 9+1
BAt ~q-
Т $АВС . . е	$АВС
Тогда —-----— р+П Sac с
^лвс
<йетгё*+1)"+,>
А,С $BCtC
С—8
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: Д/То". Пусть АО — медиана треугольника АВС. Продлим АО так, чтобы OD = OA (рис. 35). Тогда легко доказать, что ABDC — параллелограмм. Пусть АС = х. Воспользуемся тем, что
м
Рис. 36
Рис. 37
сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон. Тогда 2х2 + 2-16= 16 + 36, откуда ^=10 и х = у/10.
2. Пусть в прямоугольном треугольнике АВС (ZC = 90°), а и b — г,	I ab	1
катеты, с — гипотенуза. Высота треугольника /г = —, значит,
с2	а2 + Ь2	1	1	,
-— =——— = — + —, что и требовалось доказать.
а2Ь2 а2Ь2	а2 Ь2
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 6. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
2. Пусть АС=Ь, ВС = а, АВ = с (рис. 36). Проведем высоту СК к гипотенузе: СК—~~~*. Аналогично ММ\=^~. В треугольнике АЛ41Л4 имеем: h2 a2h2
АМ2 = —----. В треугольнике BMiM имеем: ВМ2 = ВМ2— ММ2. В тре-
Ь2
угольнике МСВ имеем: ВМ2 — а2 Отсюда получаем: ВМ2 — АМ2 =
2 Ь2	а2Ь2 (Ь2	а2Ь2\	2
= а +—-----——------------) = а, что и требовалось доказать.
4	4с2	у 4	4с2 /
ВАРИАНТ 3. 1. Достроим треугольник BMD до параллелограмма BMDMi (рис. 37). Очевидно, что Л4Л4? + BD2 = 2МВ2 + 2MD2,
MM\ + BD2 4	„ АС2 + ММ2!
MB2A~MD2 =------------. Аналогично получим: МА2-[-МС2 =-----------•
Так как в прямоугольнике AC = BD, то МА2 + МС2 — МВ2 + MD2, что и требовалось доказать.
2. Ответ: д/з". Пусть в треугольнике АВС стороны АВ=1, ВС = ~\/13, а медиана ВО = 2. Достроим ДАВС до параллелограмма ABCD. Нужно найти SABD, так как треугольники АВС и ABD равновелики. В треугольнике ABD стороны АВ=1, AD = \f13, BD — 4. Используя формулу Терона,
=д/з’.
ВАРИАНТ 4. 1. Проведем высоту ААХ. Пусть точка М расположена между точками С и Ль Из треугольника АМС имеем: АС2 = АМ2А~ A-MC2 + 2MC-MAi. Отсюда AC2 — AM2 = МС-(МС+ 2МАх)= МСХ Х(МС + МАХ+ МАХ)== МС-(САХ + МА{)= МС-(ВАХ + МАХ)= МС  МВ, что и требовалось доказать.
2. Ответ: 84. Через вершину С трапеции ABCD (рис. 38) проведем отрезок СЕ, параллельный BD. Нужно доказать, что трапеция ABCD равновелика треугольнику АСЕ, в котором АС= 13, СЕ — BD = = 15, АЕ = 8 + 6= 14. Тогда, используя формулу Терона, получим S = 84.
С—9
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть N — середина основания CD трапеции ABCD, О — точка пересечения ее диагоналей АС и BD и М — точка пересечения прямых ON и АВ: Докажем, что AM = МВ. Из подобия треугольников АОМ и CON имеем: ——-=——, а из подобия треугольников ВОМ и DON AM ОМ
DN 0N	GN DN ..	— .
имеем: ~bm=~qm , откуда	. Учитывая равенство CN и DN, по-
лучаем: AM — BM.
2, Ответ: 52. Треугольники ADC и ВСА подобны по первому при-_	, ,	,	, AD
знаку подобия треугольников, причем коэффициент подобия « = -—— =
£ 3
откуда —----
^АВС
4	4
fc2=g- и 5лос=д--36= 16, следовательно, SABCD =
= 36+ 16 = 52.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
2. О т в е т: 8. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: (Д/З—д/2):(-\/2—1): 1. Учесть, что CF2'. CN2'. СВ2= 1:2:3, где F и N — точки, в которых прямые, параллельные АВ, пересекают сторону ВС (считая от С).
2. Пусть Р, Е, О, N — точки пересечения прямых КМ и АС, КМ и BD, АС и BD, KF и АС соответственно (рис. 39). Тогда FM||АС, откуда
КР _ KN КМ~ KF '
(1)
KF\\BD, откуда, с одной стороны, -^q —
AN	„	KF AN
= ДО"’ a C ДРуГ0И СТ°Р°НЫ> -gp-= tf)’ И> Сле’
KN ВО г
довательно, = Сравнивая с (1), по-KF BD
лучаем:
SO	(2}
КМ BD '	’
Так как по условию ВС=^ AD, то	Рис-
откуда —?-=4-, и, подставляя в (2), получаем: КР = КМ. Аналогично Ви 3	3
(с точностью до «перестановки букв») доказывается, что ЕМ = ^ КМ, значит, КР — РЕ = ЕМ.
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: "у~у~ • Примем для определенности а>Ь и обозначим через К точку пересечения прямых AD и ВС, а через х — длину отрезка EF (рис. 40). Тогда SCDK:SFEK:SBAK=b2'.x?'.a2. Пусть SCM = mfe2, тогда SFEK = тз?, SBAK= та2, и так как SEFCD = SABFE, то тзс2 — mb2 = та2 — тзс2, откуда х = ~у 
2. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 3.
С—10
ВАРИАНТ 1. 1. а) Ответ: 3 у 15. Отрезок AM — биссектриса тре-ВМ АВ 4	ВМ 4	...
угольника АВС, следовательно, =	, откуда ——-=— . 1 ре-
угольники АВМ и АВС имеют общую высоту, проведенную из верши-
4	ВМ _	А	с 4 о
ны А, следовательно, —-----=	 1аким образом, ЪдВМ = — \авс —
^авс ВС	/
= у д/р(р —а)(р-О(р-с) = 3 Vis’.
б) Отрезки AM, BF и СК пересекаются в одной точке, следователь-„ CF АК ВМ	.	„„
но, по теореме Чевы,	• -у—г = 1, откуда, учитывая АК = ВК, по-
'	FA КВ СМ
CF CM CF СМ	А с..г . лаг
лучаем: -=-г=--, или = а следовательно, ДгТИСсо Д/шс по
J FA МВ СА СВ
второму признаку подобия треугольников.
2. Примените теорему Менелая и свойства биссектрис внутреннего и внешнего углов треугольника.
ВАРИАНТ 2. 1. б) Ответ: —5^-. О
2. См. указание к задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3.
угольника имеем:
, вк
= 1, откуда
6у15	„
—. По свойству биссектрисы тре-
„	„ АК BD CF
Далее, по теореме Чевы, КВ DL гА
в К __2	_2 „
дд"—у - Тогда SBCK— -;rSABC —
6 V15
5	'
б) Ответ: СО угольнике — - DB _4 бУГ5~_8УГ5~ — 9‘	5	— 15 '
2. Докажите, что стороны треугольников KMN и KiMiN, попарно не параллельны, и примените теорему Дезарга (задача 199 из «ДГ-8»).
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: а) ; б) . Задача решается ана-•J	о
логично задаче 1 из варианта 3.
2. См. указание к задаче 2 из варианта 3.
1. а) Ответ:
BD _АВ
DC~ АС ~ 3' 2
и следовательно, А д	о
=	—a)(p-fe)(p-c)
О
8 \/ТЁГ „
———. По теореме о пропорциональных отрезках в тре-
CD f ВК , Л 5 п ОК 4 с 4 с откуда £ к — д’ и S0BK— -gSBCK —
С—И
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 22,5. Пусть М — точка пересечения медиан треугольника АВС (АС = ВС), МС, и МК— перпендикуляры, проведенные из точки М к прямым АВ и ВС (рис. 41). Так как площади треугольников АМВ и ВМС равны, то АВ  МС, = ВС • МК, откуда ВС— км • АВ = ^-АВ. Из прямоугольного треугольника ВС,С имеем: ВС2 — ВС2=СС2 и, учитывая, что CCi = ЗЛ4С1 = 15, получаем
AbJAbJ = 225, откуда АВ = 22,5.
2. Докажите сначала, что луч АС, — биссектриса угла ВАС, а затем что углы О1АО2 и О]АОз равны.
56	56
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: —; 4; —. Пусть М — точка пересечения медиан треугольника АВС, длины сторон которого АВ= 13, ВС= 14, АС =
= 15. Тогда SAgM = SgCM = SAMC = y SA8C = = ^л1р (Р— а)(р — Ь)(р— с) = 28. Обозначим через MCt, MAi, МВ, перпендикуляры, опущенные из точки М
АС соответственно.
56 .. .
Тз-"1
ВС
на стороны АВ, ВС и
-г	АМВ
Тогда МС,= ло.=
A D
. 2$амс 56 ,4, мв1=_=_.
2. Докажите сначала, что О^ВО, ОзЕСО, а затем воспользуйтесь указанием к задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть точки Ht, Afi, Oi — проекции на прямую АВ точек пересечения высот Н, медиан М и серединных перпендикуляров О к сторонам треугольника АВС соответственно (рис. 42). Из прямоугольных треугольников ACHt и ВСН\ имеем: так как ВС>АС, то т. е. AHt<AOt, BHt>AOt. Так как точка М расположена между точками Н и О (на прямой Эйлера), то и точка М\ расположена между точками Н\ и Oi, т. е. АМ\<ВМ\, и, сравнивая
Рис. 42
прямоугольные треугольники
2	2
AMMi и BMMi, получаем: АМ<ВМ, но AM =— AAt, ВМ=— ВВ\, отку-О	о
да AAt <ВВ\.
2. Пусть AAt, BBt, CCt — биссектрисы данного треугольника. Пары треугольников ABBt и АВС, АОВ и ABBt имеют общие высоты, и, следовательно, S,1BB1==^~S,1BC, SA0B=-^|--SABB1, откуда
АВХ OB _АВХ OB ab 8а°в—дс~-в1^-Ълвс— де' ВВХ' 2 '
АВ{ АВ
По свойству биссектрисы треугольника имеем: “п^г = _Н77 LJ । U	Du
С
—, отку-
АВХ с
АС аА~с
С другой стороны, так как О — точка пересечения биссектрис тре-
угольника АВС, то
ВО __АВ + ВС _ с + а 0В.~ AC ~ b
откуда
ВО  а-\-с
ВВХ аА-ЬА-с
Подставляя полученные соотношения в формулу (1), получаем: с	аЬс
АОВ 2 (а-|-&-|-с)
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть AAt, BBt, CCt — высоты треугольника АВС, а И — точка их пересечения. Тогда, учитывая, что ВОАС, из прямоугольных треугольников ACCt и BCCt, имеющих общий катет CCt, получаем: ACt<BCt, а из прямоугольных треугольников AHCt и ВНСс. АН<ВН. Далее, так как Н — точка пересечения высот треугольника АВС, то АН HAt —ВН• HBt, откуда, учитывая что АН<ВН, имеем: HBtCHAt.
2. Так как М — точка пересечения медиан треугольника АВС, то samb = Samc = Sbmc = ^ SABC. Пусть точки Afi и Лф> — проекции точки М на
катеты АС и ВС соответственно. Так как SAMC = y SABC и эти треугольни-
ки имеют общее основание АС, то MiM = —BC и ВМ2 = —ВС. Ана-О	о
1	2
логично ММ2 = — AC, AMi=— АС. Из прямоугольных треугольников О	о
М,МС, М,МА и М2МВ имеем: МС2 = ММ? + М,С2 = ^(ВС2 + АС2), МА2 = АМ? + ММ? = |АС2 + 1ВС2 и MB2 = jBC2 + ^'AC2. Складывая почленно последние два равенства, получаем: MA2~I~MB2 = = ^(ВС2 + АС2) = 5МС2.
С—12
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 2Д/3.
2. Воспользуйтесь подобием треугольников DMC и АМК. ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 2^/5.
2, Докажите, что AK. = DK, и воспользуйтесь подобием треугольников KBD и АВС.
ВАРИАНТ 3. 1. По условию А О = Д/АЕ-АВ , откуда АО2 = АЕ-АВ
АО АВ
и ~^£=~^q (рис. 43), и, учитывая, что АОАВ=АЕАО, имеем: ДАЕОсо ДАОВ, откуда ZAOE = ZABO. Аналогично доказывается, что А В DO со дАВО и Z.BOD= Z ОАВ. Таким образом, ZEOA -|- ZAOB -|-+ ZLBOD= zLABO-\- Z-AOB-\- К.ВАО = 180°, значит, точки D, Е и О лежат на одной прямой.
2. Пусть PN = a, КМ = Ь (рис. 44). Тогда по теореме об отрезке, разбивающем трапецию на две подобные трапеции, АВ=у[аЬ. С другой стороны, AN = У/а3Ь = "\ja д/afe = ”\/РА-АВ и, по свойству трапеции (задача 208 из «ДГ-8»), ДАРА со /\BNA. Но трапеции ABNP и КМВА подобны, откуда следует, что треугольники АВК и ВКМ также подобны.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 3.
2. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 3.
С—13
ВАРИАНТ 1. 1. Искомый треугольник подобен произвольному тре-Р угольнику с данными углами с коэффициентом подобия k = —, где Р —
периметр искомого треугольника, a Pt — периметр построенного произвольного треугольника.
2. См. рисунок 45.
ВАРИАНТ 2. 1. См. указание к задаче 1 из варианта 1.
2. См. рисунок 46.
ВАРИАНТ 3. 1. Искомый треугольник подобен произвольному тре
угольнику с данным углом и данным отношением заключающих его сто-
рон с коэффициентом подобия k =	, где ОН и О\Н\ — расстояния
6'1“1
между точкой пересечения высот и точкой пересечения биссектрис искомого и построенного треугольников соответственно.
2. На рисунке 47 AB\C\D\ — произвольный параллелограмм с данным углом А и данным отношением высот, АВ — данная сторона, BC\\AD\, CD\\AB. ABCD — искомый параллелограмм.
ВАРИАНТ 4. 1. См. указание к задаче 1 из варианта 3.
2. Пусть даны углы hk, h\k\ и отрезки PQ, P\Qi, P2Q2	P2Q2).
Требуется построить трапецию ABCD, в которой AB\\CD, AB'.CD = = P\Q\". P2Q2, Z.A = Z-hk, Z В = Z h\k\, а высота равна отрезку PQ. На рисунке 48 AB\C\D\ — трапеция, в которой AB\ = P\Q\, AK. = P\Q\ — — P2Q2, C\Dt ||ABi, BtCi || D\K.. Затем построим h = PQ, £)C||AB|, СВЦС1В1. Тогда ABCD — искомая трапеция.
Рис. 45
Рис. 46
Рис. 47
Рис. 48
С—14
ВАРИАНТ 1. 1. См. рисунок 49. Проведем из центров Oi и О2 радиусы в точки А, В, С и D. Тогда OiA_l_EA, O1B.LBK, CRC-LFC, O2D-LDH. Так как ЕА ||FC, то <LEAB= <LFCD. Если из данных равных углов вычесть прямые углы EAOi и FCO2 соответственно, то получим, что
О[АВ= /LO2CD, а так как треугольники АО\В и CO2D равнобедренные, то /LABO\ = /LCDCh. Если к этим равным углам прибавить равные углы О\ВК и O2DH соответственно, то получим, что /LABR = ACDH. Это и доказывает, что касательные ВК и DH параллельны.
2. Ответ: (3 —2Д/2~)Я. См. рисунок 50. Пусть искомый радиус равен х. Тогда O2K=O\R = R— х, О\С>2 = Я + х. Из треугольника С>2КО\ имеем: R-\~ Х = (R —х). Отсюда х = (3 — 2 д/2~) R.
ВАРИАНТ 2. 1. Легко доказать, что треугольник EDC равносторонний (рис. 51). Точка О — центр описанной около него окружности — принадлежит высоте DM треугольника EDC. Средняя линия FD треугольника АВС параллельна АС. Тогда DMA-FD и FD касается окружности, проходящей через три точки Е, D, С.
2. См. рисунок 52. Пусть точки О и О\ — центры данных окружностей; А, А], В и Bi—точки касания; OiF-LOA, OiC-LOB, OO\ = d. Рассмотрим треугольник OFO\, в котором OF = R— г, FO2=m2 = = d2 — (R— г)2. Из треугольника ОСО\ имеем: rri2 = CO2 = d2 — (Я + г)2, т2 — /И2 = (Я + г)2 — (Я — r)2 = 4Rr, что и требовалось доказать.
5 д 13
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: —. Пусть Oi — центр окружности, вписанной в треугольник ACD; О2— центр окружности, вписанной в треугольник BCD', К, N, F и М — точки касания этих окружностей со сторонами треугольников. Так как DO\ и DO2—биссектрисы смежных углов, то треугольник O\DO2 прямоугольный и OXO2=DO* I 2 з -\~DO2 (рис. 53). Имеем DOt = DN — OiN, DO2 = DF-O2F. Так как CD — AD = DB, то DN и DF — высоты треугольников ACD и BCD, O\N и O2F — радиусы вписанных окружностей в равнобедренные треугольники CDA и CDB 3
соответственно. Очевидно, что DN = 2, DF~—. Легко получить, что 0^ = 1, 02F = ^. Тогда DOi=|, П02 = | и 0102 = д/-^+^ = 4	3	4	6	у 4	36
_ 5 \Тз“ ~ 12	'
Rr
2. Ответ: —==——=—. Пусть точки 0\ и 02—центры окружно-(W+V^ )2
стей, касающихся друг друга внешним образом, а точка О — центр искомой окружности. ОХО2 = R-\- г (рис. 54), ОХЕ и CD параллельны общей касательной АВ. Из прямоугольного треугольника ОХЕО2 следует: ОХЕ = CD =D^(R-\- г)2 — (R — г)2 = 2\/7?7. Пусть радиус искомой окружности равен х. Тогда из треугольников С00\ и D002 имеем: С0 = ^(rA-xf—^r — x')2 = 2У/гх, DO=C\I(R + x)2-(R~x)2 = 2^/Rx. Так как CD = CO + OD, то 2 \'7?7 = 2 У/Rx+2 у[гх, а у/х-(AIR + \/7) = \/'^?-„	/— y[Rr	Rr
Отсюда ух =—=А----=•, х~—==—...=- .
W+ W	(W+V^)
Примечание: при другом расположении окружностей х =
e/R-yh2 ’
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: л/2. См. рисунок 55. CD =	=~Т ’
I	144	9	16
AD= \/9—— =— , BD=— . Зная стороны треугольников ACD и у	Zc)	с)	О
з
BCD, легко найти радиусы вписанных в них окружностей: Rx=—,
О
4-	Ч 4- 7	7	4- *4 I
«2=4, тогда £Т=«, + «2 = 4 + 4=4- OiK = EF = --, O2K = ^-^ = A-.
b	bbb	b	bbb
/49 г r-Из прямоугольного треугольника О^Ог имеем: OiO2= Х/т^+тгг = № •
V 25	25
2. Ответ: 8. BC = BD = BA как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки (рис. 56). Тогда CZ) = 8, O\F=CD = 8. Пусть радиус искомой окружности равен х. Тогда О|О2 = 2 + х, O2F = x— 2. Из треугольника OtO2F имеем: OiF =C\]OiO2—O2F2 = =Д/(2 + %)2 —(х —2)2 =д/8х” = 8. Отсюда х = 8.
С—15
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть М — середина дуги АВ (рис. 57). Тогда /LCAM = ^^j AM, АМАВ = ^^ ВМ. Так как <уАМ = ВМ, то AM — биссектриса угла САВ. Аналогично ВМ — биссектриса угла СВА. Следовательно, М — центр вписанной в треугольник АВС окружности.
2. ZACO = ^AD~^BE (рис. 58). Отсюда ZAO£> = 2ZAC£> +
+ АВОЕ. Так как треугольник ОВС равнобедренный, то АВОЕ = = /LACD. В таком случае ZAO£) = 3ZAC£), что и требовалось доказать.
Рис. 59
ВАРИАНТ 2. 1. Пусть AAKM = <i и A BKM = fi (рис. 59). Так как углы АКМ и ВАМ измеряются половиной дуги AM, то А ВАМ = а. Аналогично ААВМ = $. Тогда Z.АМВ = 180° — а—0, Z ААВ = а-|-р. В таком случае ААМВ-\- ААКВ== 180°, что и требовалось доказать.
2. Пусть <jCF = o. и оАЕ = р (рис. 60). Тогда А АМЕ =	,
АВ = а., А С = р, АРАВ = а,-\~$ как внешний угол треугольника АВС. Так как АК—биссектриса Z. РАВ, то Z КАР. Мы получили, что К-АМЕ — АКАР. Отсюда следует: А7<||EF, что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 3. 1. О т в е т: . Проведем касательную МР к окружности через точку С (рис. 61). Легко доказать, что АВСМ= AEFC = = ABAC. Аналогично ААСР — AFEC= ААВС. В таком случае ,.rz,	n	SC	AC	CE-AC bd
A FEC (ya А А ВС. Отсюда следует, что —и FC = ——— = —.
СЕ FC	ВС а
2. Пусть прямая OD, перпендикулярная радиусу ОА (рис. 62), пересечет дугу АК в точке F. В треугольнике MKN угол NKM измеряется половиной дуги AFK, состоящей из дуг KF и FA, где ^/'А = 90°. A KMN = -^-(	AD), где о AD = 90°. Отсюда А АКС= A KMN и
NK = NM, что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: 4. Так как ED\\l (рис. 63), то ZADE = ZMAD и ZKAE = ZAED как накрест лежащие углы при двух параллельных прямых и секущей. Кроме того, ZMAD= ZC и
AD АР
ZKAE— ZB. Отсюда следует, что AAEDooZABC. Тогда -тг = ~лв-
Пусть BD — x. В таком случае
6
12
5 х-}-6
Отсюда х = 4.
2. Пусть точки К, L, М и N — середины дуг АВ, ВС, CD и DA соответ-/ ал \	/ 1г п i	А В -}- о В С
ственно (рис. 64). ZKPL —---------------, но KL —--------------- и
.... ^cd+^ad
MN =-------.
Поэтому	=	АВ-\- ВС-\- CD -\-
+ oDA) = 1.360° = 90°.
С—16
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: 30, 33. На рисунке 65 прямая МР проходит через точку пересечения медиан треугольника АВС и параллельна 2
стороне АС, причем Л4Е = 8, АР=11. Очевидно, что EF- — АС —14,
BF 2
. Пусть FC = x, тогда BF = 2x. Так как MF-FP — BF-FC, то гС 1
22-11 =2х-х, х=11, значит, ВС = 33. Аналогично получаем, что АВ = 30.
2. См. рисунок 66.
СК2 = АС-ВС,	(1)
BD2 = AB-BC, CD2=BD2+BC2 = AB-BC + BC2 = BC-(AB + BC)=BC-AC, t. e. CD2 = AC-BC.	(2)
Из (1) и (2) следует, что CK=CD, что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: т(Д/з"+1). Пусть AB = 2R, RE = FD = m (рис. 67). Треугольник АСВ равнобедренный и прямоугольный, значит, AC = Ryj2. Так как EF — средняя линия треугольни-ка АСВ, то EF = R. Из равенства RE-ED = AE-EC следует: (—-—) =
= m(R-\-m]. Тогда R2 — 2mR — 2m2 = 0, R — m + V3m2 = tn (y3 + 1).
a3 b3
2. Ответ: —------- —-----На рисунке 68 построенные полуокруж-
a+Z> a-|-Z>
ности пересекают катеты в точках М и N. Пусть BN = x. Очевидно, что
(а — x)a=CD2, но CD = —, где с — гипотенуза. Отсюда
а2Ь2
(а — х)а = —^~,
ab2 а(с2 — Ь2)__ а3
Х~а	а2 + Ь2 ~ а2 + Ь2 '
.	Л .4 Ь3
Аналогично можно получить, что AM — —2_^2 .
ВАРИАНТ 3. 1. Очевидно, что BD-CD = DM-DN (рис. 69). С другой стороны, DM  DN = (AM + AD)(AM — AD) = AM2 — AD2, значит, AD2-\- BD-CD — AD2-\- AM2 — AD2 = AM2, t. e. не зависит от положения точки D.
Рис. 71
2. Ответ: “V /—-— . По условию прямая ВС — касательная,
V ‘“Д’
а ВА — секущая, проведенная из точки В к окружности Oi, поэтому a2 = AB-BD (рис. 70). Треугольники АОВ и AOiD подобны, значит, ^5"=="7’’ АВ =	. Получим а2 = АВ2(\—откуда
а — АВ~\/1—-- . Тогда АВ =-- а
ВАРИАНТ 4. 1. См. рисунок 71.
DF2 = BD-DA.	(1)
Треугольники EAD и BPD подобны. Отсюда = или DlL D/\
BD-DA = DE-DP.	(2)
Из (1) и (2) следует, что FD2 = DE-DP, т. е. FD = \/DE  DP, что и требовалось доказать.
2. Ответ:	1 +— • См. рисунок 72.
ВС2=ВА-В/(.	(1)
Треугольники ВОА и AOiK подобны, значит,
R...BA__ ВА
г АК	ВК — ВА '	1 ’
Из (1) следует, что ВС2 = а-ВК- Из (2) имеем:
В7<=а.(1+-^
ВС2 = а2(1+у)
ВС = а-
а г
BK — a~~R'
С—17
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть точка О, — середина диагонали АС четырехугольника ABCD. Тогда МОХ — медиана треугольника САМ и МО2 = ~(2АМ2-)-2СМ2— АС2). (Нетрудно показать, что если точка М лежит на АС, то выражение для МО2 имеет тот же вид.) Аналогично, если 01 — середина BD, то МО2 = ^(2ВМ2 -\-2DM2 — BD2). Таким образом, значение МО2—	D2 —.АС2) есть величина постоянная для
данного четырехугольника, и, следовательно, искомое множество — прямая, перпендикулярная отрезку O1O2 (см. задачу 282 из «ДГ-8»).
2. Построим сначала отрезок АВ. Вершина С искомого треугольника принадлежит окружности Аполлония, соответствующей для точек А и В отношению ^ = 2. Таким образом, вершина С есть точка пересечения этой окружности с прямой, параллельной АВ и удаленной от нее на расстояние, равное длине отрезка CD.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
2. См. задачу 2 из варианта 1. Вершина С есть точка пересечения окружности Аполлония, соответствующей для точек А и В отноше-ВС 1	. „
нию —у7 = —, и окружности с центром в середине отрезка АВ и радиу-А С Z
сом, равным С|С.
ВАРИАНТ 3. 1. Применим сначала теорему о квадрате касательной (п. 48 из «ДГ-8») к окружности Ф1 (рис. 73): МК2 = МА-МВ. Величина МА-МВ есть степень точки М относительно окружности Ф, и, следовательно, МА-МВ = МО2 — R2, где У? — радиус окружности Ф. Таким образом, МО2 — R2 = MR2, т. е. МО2 — MR2 = R2— величина постоянная для данной окружности, а значит, точка М принадлежит прямой, перпендикулярной отрезку OR (см. задачу 282 из «ДГ-8»).
2. Пусть М — искомая точка (рис. 74). Тогда по свойству биссектри-СМ ВС 1 DM CD „ _	,
I И ~ВМ==~ВС=3~ Таким образом-
сы треугольника имеем: ~дм=~дв
в
Рис. 75
Рис. 76
пересечения окружности точек А и
—-g , и окружности Аполлония, для точек В и D отношению
точка М есть точка
Аполлония, соответствующей для
„	СМ 1
С отношению -т—-AM
соответствующей
ВМ
ВАРИАНТ 4.
задаче 1 из варианта 3.
2. Пусть М — искомая точка (рис. 75). Тогда
из подобия треугольников А|Л4В| и АМВ следует:
А,В, 1 AtM AiBl 1
W = ^F=2 И -AM—АВ-2 ' ТаКИМ °бра30М’ Т0ЧКа
пересечения двух окружностей Аполлония: окружности,
В\М 1
щей для точек В, и В отношению „,, =—, и окружности, ВМ 2
„	.	AtM 1
щей для точек А, и А тому же отношению .= —.
AM 2
1. Задача решается аналогично
М есть точка
соответствую-
соответствую-
С—18
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: |6 — с|. Пусть вневписанная окружность касается стороны ВС в точке N (рис. 76). Тогда АС-\~ CN = р, откуда . Л ct + + с , ct — Ь -4- с , т	..	..
CN = p— АС =—---------о =----—. Но точки М и N симметричны от-
носительно середины стороны ВС, следовательно, MN = 2 1-^------CN\
2. Четырехугольник АВМС — вписанный (рис. 77), следовательно, по теореме Птолемея AM-ВС~АВ-CM-j-АС-ВМ. Так как АВ = ВС = АС, AM = СМ + ВМ, то нарушено «неравенство треугольника».
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: а. Докажите, что AF = p, АЕ = р~ ВС (рис. 78). Тогда EF = AF— АЕ = ВС = а.
2. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 1.
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: Г\Гч. Окружности О, (г,) и Ог(гг)— вневписанные окружности треугольника АВС (рис. 79). Пусть катеты ВС и АС треугольника АВС равны соответственно а и Ь. Тогда SABC = = (р— а) Г2, где р — полупериметр треугольника АВС. Но р — а = = BD — BC — CD = r\, и, следовательно, SABC=r\rz.
2. Пусть ABCD — вписанный четырехугольник и АВ = а, ВС = Ь, CD = c, DA = d, АС — т, BD = n (рис. 80). Тогда $авс = ~^~’ „	_ cdm
ЬаСО—~4к~ И
с _____с । с ______(О-b -|- cd) т	...
^ABCD— л АВС-Г ACD—---4^----•	О)
С другой стороны, с __________________ с I с _____(be ad) п
^ABCD — ^ABDt^BCD—----4^	•	\z)
Перемножив почленно равенства (1) и (2), получаем
с2 (ab+cd)(bc+ad) тп	„	...
о =-------iqp2----'---' "° п0 теоРеме Птолемея mn = ac-\~bd, откуда
S = -^—\l(abA-cd)(acA-bd)(ad-\-bc).
4/?
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: ——' 2 . Окружности Oi(ri) и Г1 +Г2
Oi(ri)—вневписанные для треугольника АВС (рис. 81). Пусть катет АС
Рис. 82
треугольника АВС равен Ь. Отметим, что Г2=СВ-\- BE и п = АС-\-АМ. Отсюда 2г2 = АС + СВ + AM + BE, но МА + BE = АВ. Тогда 2г2 = АССВВА ~2р, т. е. Г2 — р, где р — полупериметр треугольника АВС. В таком случае SABC = (r2-b)- Г\. Точка А принадлежит отрезку O1O2 (см. задачу 317 (а) из «ДГ-8»), следовательно, Л AOiNсо/\АО2М и AN OtN	b — rt г,	2rtr2
-ттг = -^-г7, или ---- = —, откуда Ь = —;—, значит, S.BC =
AM О2М	r2 — b r2 1	rt + r2	Aac
/	2r,r2 \	(r2-n)V2	,
= Г2-----:-- Г1 =----:---- .	\
\ r 1 + r2 )	r 1 + r 2	\
2. Пусть AB = a, BC = b — данные хорды, тогда AC — искомая хорда (рис. 82). Проведем диаметр BD и соединим точку D с точками А и С. Четырехугольник ABCD — вписанный, следовательно, AC-BD = = AB-CDA~BC-AD по теореме Птолемея, откуда
. AB-CD + BC-AD _а yj4R2-b2 + b \'4/?2 —<г2 BD ~	2R
Замечание: нетрудно убедиться, что полученная формула верна и в том случае, когда одна из данных хорд совпадает с диаметром.
С—19
ВАРИАНТ 1. 1. Заменим все векторы в левой и правой частях данного равенства векторами, отложенными от какой-нибудь одной точки, с помощью формулы разности векторов (формула (1) из § 1, п. 63 «ДГ-8»):
(ОМ - OF)- (ОК - ОС) - (Ъв - ОР) + (ОК - ON) =
= (OD - ON) - (OF - OP) - (OA - ОМ),
откуда ОС — OB — OD — ОА. Применив еще раз формулу разности век-
торов, получаем BC = AD, что и означает, что ABCD — параллело-
грамм, если точки А, В, С, D не лежат на одной прямой.
2. На рисунке 83 OMt = InIm, ONt = — \т\п, четырехугольник
KMiONi — ромб.
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
Рис. 84
'в
А М2 В Mj
Рис. 85
2. На рисунке 84 ХА|= — |&|а, XBi= — |а|&. Четырехугольник А\ХВ\С — ромб.
ВАРИАНТ 3. 1. ~FN +ЛМ4 + МР + PQ + QO + ОЛ = б по правилу многоугольника. Но .NM = AC, PQ = CB, DF = BA, так как ACMN, BCPQ, ABDF— параллелограммы, откуда NM А~ PQ А~DF = АС А~
А~ СВ А~ ВА = 0, и, следовательно, FN А-МР-А QD = 0.
2. Заметим сначала, что если точки Mi и М симметричны относи-> —
тельно середины отрезка ВС, то ММ) = МВ А- МС (правило параллелограмма). Таким образом,
М,М2 = ММ2 — ММ 1 = (Л!А + МС) - (МВ + М С) = МА - МВ = ВА.
Аналогично получаем М2Мз=СВ, MiMs=CA, откуда Л1|Л12 = АВ, М2Мз = ВС, М)Мз = АС и ДМ[М2Мз = ДАВС.
ВАРИАНТ 4. 1. Пусть АВС — данный треугольник и отрезки AAi, ВВ), СС| — его медианы. Тогда AAi=ABA~BAi=ABA~^BC, ВВ\ = = ВС + СЖ = ВС + -^СА, CC?==CA+AG==CA+1 АВ, откуда АЛ +
--------►- Q --►-	-->-	-►-	—	-->- -► -->-
4-ВВ| + СС| =— (АВ А~ВС -|- СА) = 0, и так как векторы AAi, BBi, СС, по-
парно неколлинеарны, то существует треугольник, стороны которого равны отрезкам AAi, BBi, СС).
2. а) Точки Mi и М2 симметричны точке М относительно середин отрезков ВС и АС, следовательно, ММ) = МВА~МС, ММ2 = МА А~МС
 > >
(см. указание к задаче 2 из варианта 3). Таким образом, М)М2 = ММ2— — MMi =(МА А~МС)~ (МВ А~ МС) = МА —МВ = ВА, откуда следует, что либо АВМ)М2 — параллелограмм, либо точки А, В, Mi, М2 лежат на одной прямой.
б) Точки Mi и М2 лежат на прямой АВ тогда и только тогда, когда М — точка прямой, параллельной прямой АВ и проходящей через точку С (рис. 85).
С—20
з
ВАРИАНТ 1. 1. Ответ: —. Пусть отрезки AM и BD пересекаются в точке К (рис. 86). Введем обозначения: ВА — а, ВС = Ь, тогда АС = ВС-ВА = Ь — а, ~AD — 2b, AM = 1 (AC + ДО) =1 (b - a+ 2b ) =
= -—(36 — а). Если x— искомое отношение, то ВК = xKD, откуда АК = 1 —х " »	1 —►	2х
= АВ -|——-AD = — а-| n~b- С ДРУгой стороны, векторы АК и AM коллинеарны, и, следовательно, АК = уАМ=	Ь. Срав-
нивая это равенство с предыдущим и учитывая единственность разло-—>-	—.	—.
жения вектора АК по двум неколлинеарным векторам а и Ь, полу-
чаем
2х
% + 1
1 _ , У
%+1	2
Зг/	3
-у , откуда х = -%.
2. Центр масс системы двух точек Е и К с массами т есть точка А с массой 2т, принадлежащая отрезку EF и делящая направленный отрезок EF в отношении ЕА —— AF = AF. Аналогично центр масс системы двух точек G и Н с массами 2т и 3m есть точка В с массой 5m, делящая направленный отрезок GH в отношении GB =-|—- ВИ =-|- ВН, а центр масс системы двух точек А и В с массами 2m и 5m есть точка М, такая, что AM =— МВ. Таким образом, искомый центр масс есть точ-
ка М, определяемая условиями: АМ=— MB, EA=AF, GB =— ВН.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: 2:3. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1.
" ►	У У	►
2. Ответ: точка О, определяемая условиями: КО = 2ОМ, АК = 2КВ, CM = MD. Задача решается аналогично задаче 2 из варианта 1.
плотя лит Qin	СО 16 £0	1 „
ВАРИАНТ 3. 1. Ответ: -7-7- = —, -=-=• = —. Введем обозначения: ОО 19 иг Ь
СА=а, CB = b, CO = xOD, EO = yOF (рис. 87). Тогда CD=|a +
+—6, CE = ^CA, CF = ^b. С одной стороны, СО = —^—CD = 1 4	5	5	х+1
= 4(ГГТГ + 4йТТ)г’ с дРугой СТ°Р°НЫ’ ^=7Ь“+7+тэ= 2	4У
= —---— а -|- у Ь (см. формулы (1) и (2) из § 2 главы V). Учитывая
5 (у-\- О 5 (у-\-1)
►
единственность разложения вектора СО по двум неколлинеарным
векторам а и Ь, получаем:
Зх	___	2
4 (х+ 1) - 5(i/+ 1)
х	___	4 у
4(х+1)	5(г/+1)
откуда
16
Х~ 19
2. Поместим в вершины пятиугольника одинаковые массы т и докажем, что все рассматриваемые отрезки пересекаются в центре масс системы, образованной вершинами пятиугольника. Для этого разобьем систему на две системы, одна из которых состоит из двух соседних вершин пятиугольника, а другая — из оставшихся трех его вершин. Центр масс первой системы — середина А стороны АВ пятиугольника с массой 2т (см. задачу 353 (а) из «ДГ-8»), Центр масс второй системы — точка М пересечения медиан соответствующего треугольника с массой Зт (см. задачу 353 (а) из «ДГ-8»). Таким образом, центр масс исходной системы пяти точек есть точка F, которая делит отрезок КМ в от-
1^ F 3 Z7Z 3 .	n .	п т— а \
ношении ———==— (см. задачу 354 из «ДГ-8»), откуда и следует FM 2т 2
утверждение нашей задачи.
ВАРИАНТ 4. 1. Ответ: AF'.FK = §'. 17, MF:FN = 6:1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 3.
2. Указание: поместите в вершины шестиугольника равные массы и докажите, что центр масс получившейся системы точек есть середина каждого из рассматриваемых отрезков (см. задачу 2 из варианта 3).
С—21
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть точки S и Т — точки пересечения медиан треугольников KMN и PQR соответственно (рис. 88). Обозначим через а, Ь, с, d, е, f, k, т, п, р, q, г, s, t радиус-векторы точек А, В, С, D, Е, F, К, М, _ [ _ ... _ 7+3 — е+7 N, Р, Q, R, S, Т соответственно. Тогда k = —(a-\-b\ т ——-—, п = —-—,
- ?+7	- 7+3 - 7+3 -	k + m + n	-тр + я+Т т
р—Г~^Г' S~ 3	’	3	 1аК	КаК
Fr_7 7	_ Ет_р + 4+7 3+т+7_1 /3+7 , 7+3 , 7+3
Sl-t-s, то 81 —	-	-	_-(—_ + —_ + —--
u-pu v-pu с Т / \ Л	о 'Г
----2-------------— а ЭТ° И означает> что точки 3 и Т совпадают.
2. Ответ: 8. Треугольники /(СМ и КВМ (рис. 89) имеют общую л<	$ксм КС
высоту, проведенную из вершины М, следовательно, —---= —— откуда
skbm КВ
(О
D	$квм ВМ с ВМ с ~
В свою очередь, —---= ТлТ и ^квм = Тл7 ^klm- Так как по условию
. п Л Г» » 4 ВМ 1	...
LB = 4BM, то —— =	и из (1) имеем:
LM 5
_ КС 1
кем — "/(В* 5* ^KLM'
(2)
КС
Таким образом, задача сводится к нахождению отношения . По-КВ
ложим -^-=х, тогда КС = хКВ. Так как LB = 4BM, то KB = ~KL-*p КВ	5
4 —>-	—>	—►-	—►-	—►-	/1 —►
-\-—КМ, и, учитывая, что KL = 4KA, имеем: КС = хКВ = х (— KL-\-5	у 5
+ 1 км] = х(±ЛКА+^ КМ} = -^ КА+-— КМ. Точки Д, С, М лежат на 5	/	\5	5/5	э
одной прямой, следовательно,	откуда ^=4-. Подставив най-
D D	О
КС	1
денное значение отношения в (2), получаем: SKCM = g-SKLM, от-
sklm „ куда ---= 8.
кем
ВАРИАНТ 2. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из вариан-
та 1. Приведем краткую запись решения (рис. 90): RS = s — г =	—- —
k-\-m-\-p__1 (b-\-c ! e-\-d ( f -\-q	a-\-b
~	3	“3M T 2 + 2	2
c+2 e + 7\
2	2 J
=±-(q — a)=^AG, откуда /?S||AG и RS = ^-AG.
6	6	6
2. Ответ: J-S. Указание. Задача решается аналогично за-68
даче 2 из варианта 1. Приведем краткую запись решения (рис. 91):
ОМ	ОМ ВМ _ ОМ 1 „
Ъовм--дм’Ъавм--дм' вс Ъавс-ам- 4 X т- е-
_ 1 ОМ
-дм'Ь-
(1)
Пусть ~^ = х, тогда ОМ = хАМ, откуда А б = ( 1 — х) AM = ( 1 — х)Х
X
'Г	ЛгПГ/ 5(1— х) .3(1— х) ,	гт
Так как О^ВК, то	—--|——;—-= 1, откуда х = —. Подставляя по-
16	4	1 /
лученное значение х в (1), имеем: S0BM = -^ S.
ВАРИАНТ 3. 1. Пусть Ai, В\, Ci, £), — точки пересечения высот треугольников BCD, ACD, ABD и АВС соответственно или их продолжений (рис. 92), М — точка пересечения медиан треугольника BCD. Выберем в качестве начальной точки центр описанной окружности О и обозначим через a, b, с, d, at, bi, с,, di, т радиус-векторы точек А, В, C, D, A,, Bi, Ci, Di, M. Заметим сначала, что OAt = 3OM (см. п. 36 из «ДГ-8»), откуда си = Зт = Ь -I,- c-if-d. Аналогично bi = a-\- c-\-d, Ci = a-\- b-\-d, di = aA~bA~ -|-c. Тогда A |B| = bi — ai = a — b = BA, BiCi = Ci — bi = b — c = CB, CiDl = dl—^i=^ — d = DC и £)|A|=ai — di = d — a = AD. Таким образом, у четырехугольников ABCD и A tBiCiDi равны стороны и соответственные углы (углы с противоположно направленными сторонами), т. е. эти четырехугольники равны.
2. Ответ: в ту, проведенную площадей равно
7 раз. Треугольники ACCi и АВС имеют общую высо-из вершины С (рис. 93), следовательно, отношение их отношению оснований
ACi и AB,
1 т. е —
3’
откуда
sab2c СВ2
В свою очередь, —------=—-, или
С	СВ2 С
SAB2C- ~cc;SACCl-
Подставив (1) в (2), имеем: СВ2 1 Сё?' ~з'Ьавс-
$ав2с
СВ2
Положим -££-
(3)
Рис. 93
х, тогда CB2 = xCCt = x

= х	СА Н-"-к СаЛ =	CA-j--^ CAt. Так как точки А, В?, At лежат
2х х	6
на одной прямой, то 4у + у== откуда х = у. Подставив найденное СВ2	2
значение —в (3), получаем: SAg с = — SABC. Аналогично (с точностью С С ।	2	/
2	2
до перестановки букв) получаем: SCA^B=—SABC, SBC?A=—SABC. Таким
2	1
образом, SA^B^ = SABC — 3 — SABC = у SABC.
ВАРИАНТ 4. 1. Задача решается аналогично задаче 1 из варианта 3. Приведем краткую запись решения: пусть О — начальная точка, точки Ki, К2, Кз, Ка — середины отрезков AHi, ВТК, СНз, DHi соответственно, векторы a, b, с, d, hi, hi, hi, hi, k\, /e2, ki, ki— радиус-векторы точек А, В, C, D, Hi, Hi, Нз, Hi, Ki, K2, Кз, Ka со-'t	, a-\-hi
ответственно. 1огда получим: «i=—-— = tz 4~ И- c 4~ d	.
=------g-----. Аналогично й2 = «з = «4 =
a 4~ 4~ c 4~ d
—------------, и, следовательно, точки Ki,
Ki, Кз, Ka совпадают.
5
2. Ответ:	Задача решается ана-
логично задаче 2 из варианта 3. Приведем краткую запись решения (рис. 94): a) AiA2 = jSC, следовательно, SAAiA^ = __ ' е —Is--3-^лвс-3
Рис. 94
б) угол А1АА2 — общий для треугольников MAN и Д1ДД2, следова-
тельно,	$man	AM-AN	AM	AN 	 =^гд—тт  Положим —— = х, ——=у тогда 5лл,л2	АА,	АА2
$MAN — ХУ^АА{А2>
в)	AM = xAA> = x(^AB + ^Ac'\=x(^AB+^~AB^ = ^AB + \о	о /	\ О	О Z /О
и так как M£BBi, то 4р + _д=1, откуда x = -yi Z	о 2.	/
г)	AN = yAA2 = y(±AB+jAc) = t>
+ уАВ^, % + У = 1- У = Т’ О	‘т
д)	^AlA2NM = ^AiA2A лТ/‘$л1л2Л = —
= — S.
42
—►-	9 Ч --*
лв+£.£дв,
О Z
•	- 5 S -
'Л//— 14 г>А1А2А —
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ
К—1
ВАРИАНТ 1. 1. 90°. Указание: пусть точки К, L, М и N -— середины отрезков AD, АС, ВС и BD соответственно. Докажите, что KLMN — прямоугольник.
3. Пусть в трапеции ABCD сторона AD — большее основание. Через вершину В проведем прямую, параллельную CD, пересекающую AD в точке Е. Тогда
ае<ава-ве.
Значит,
AB + CD>AD — ВС, что и требовалось доказать.
ВАРИАНТ 2. 1. 60°. Указание: докажите, что K.LMN— ромб с углом в 60°.
3. Пусть AD — большее основание трапеции ABCD. На продолжении отрезка AD за вершину D отметим точку Е так, чтобы прямые BD и СЕ были параллельны. Тогда будет выполняться неравенство АС-\~СЕ>АЕ. Значит,
AC + BD>AD-\-BC,
что и требовалось доказать.
К—2
ВАРИАНТ 1. 1. 28.
2. \/2~-
3. 15. Указание: пусть Е — середина CD. Построим прямую МР (рис. 95), проходящую через Е и параллельную прямой АВ. &DEP= &СЕМ. Тогда SABCD = SABMP.
ВАРИАНТ 2. 1. 9 и 13.
3. 4. Указание: задача решается аналогично задаче 3 из варианта 1.
К—3
ВАРИАНТ 1. 1. Рассмотрите пары подобных треугольников: ДАОВ и А\А\ОВ\, £\А\В\С и &АВС.
Рис. 97
МС
2. Треугольники MCA, и С,ВА, подобны (рис. 96), откуда
и, следовательно,
А,С
МС
С,В-А,С ВА,
Аналогично из подобия треугольников CNB, и АС,В, следует:
Таким образом,
CN АС,-СВ,-ВА, АС, ВА, СВ, ~МС = С,В-А,С-В,А ~ С,В ' А,С ' В,А —
(по теореме Чевы), и, следовательно, CN = MC.
ВАРИАНТ 2. 1. Отрезок АО — биссектриса треугольника АВВ, (рис. 97), следовательно,
АВ,	В,О АВ, Ь
АВ	ОВ ’ Т’ е’ с	аА-с '
откуда АВ,——. Тогда В,С = АС — АВ, = Ь------------^— = аЬ , значит,
аА-с	аА-с аА-с
АВ, _с _ АВ В,С	а ВС ’
и, следовательно, ВВ, — биссектриса треугольника АВС.
Рис. 98
2. Углы треугольников K\NK и С\ВС равны как углы с противоположно направленными сторонами, следовательно, ДД CiBC, NK, КК, откуда = (Рис. 98).
Аналогично из подобия треугольников KiMK и С,АС получаем:
К,М К,К С,А С,С И	NKt ВС,	к,м С,А '	КК, или —— = к.м	ВС, С,А
Аналогично доказывается, MN,	что АВХ	км.	СА,	
N,K Таким образом,	В,С	M,N	А,В '	
NK, MN, 1Цм'7Цк	км, M,N	_ ВС, С,А	АВ, СА, _ ~в[с'^в =	1,
откуда следует, что прямые KKi, MMt, NN\ пересекаются в одной точке.
К—4
ВАРИАНТ 1. 1. Пусть Т —г точка касания, ТА — хорда, ТВ — касательная (угол АТВ — острый). М — середина меньшей дуги АТ, МСА-ТА, MD.LTB. Проведем отрезок МТ. Тогда
ЛМТА=^АМТ и АМТВ = ^ВМТ.
Так как эти дуги равны, то
АМТА = А МТ В,
т. е. МТ — биссектриса угла АТВ, значит, расстояния МС и MD равны.
2. Ответ: 10. Пусть А и В — точки касания (рис. 99). Тогда BM2 = DM-LM, AK2 = KC-KL. Пусть W = x, значит, ВМ2=~х = ^-,
„ 32 „ 256	. „ 16 ..
д№ = —-8 = —, АК=-^-. Имеем
BN=AN=KN-AK=x—у,
MN = BM + BN=^+x—у=8.
Отсюда х=10.
3. О т в е т: 8. Пусть гс — радиус вневписанной окружности, г — радиус вписанной окружности. Тогда
__ ab	_______ab____
Гс~2(а+|±£^ ’ Г~2(а.±|±.с.) ’
__ ab	ab ___ ab-2c ____ab-2c__
Гс Г a + b — c a-\-b-\-c	2ab
Таким образом, с = гс — г = 10 — 2 = 8.
ВАРИАНТ 2. 1. Указание: проведите через точку А общую касательную к двум данным окружностям.
5
2. О т в е т: 10 —. Пусть Р—вторая точка пересечения стороны АС с окружностью (рис. 100). ВС2 = АС-СР, СР=-^-=4. Следовательно, АР = 5 и радиус окружности /? = 2,5. Проведем BDA.AC. Так как треугольник ОВС прямоугольный (OB_L.SC), то
ОС-9-2.5-6.5.	тогда SA,<
-|04-
3. Ответ: 2. Пусть га — радиус вневписанной окружности.
К—5
ВАРИАНТ 1. 1. а) Ответ: АА = ЗАО. Точки К, М и А — середины отрезков Л4А, АВ и CD соответственно (рис. 101), следовательно,
ЛА=| (ЛМ + АЛГ) =1 (1 АВ 4-1 (АС + АО)) =
=1 (AS + АСА AD).	(1)
С другой стороны, О — точка пересечения медиан треугольника BCD, откуда
AO=^(AB + AC + AD)-	(2)
<5
Сравнивая (1) и (2), получаем
ао=1аа,
откуда следует, что точки А, К, О лежат на одной прямой.
б) Имеем
ао=1аа,
откуда
АА + КО=1аа,
значит,
АК=ЗКО.
2. Центром масс системы точек В и С (рис. 102) с массами Ь и с соответственно является точка К с массой Ь-\~с, делящая отрезок ВС в отношении
ВК’.КС — с.Ь.
Таким образом,
следовательно, отрезок АК — биссектриса треугольника АВС. В свою очередь, центром масс системы точек А и К с массами а и Ь-\-с соответственно является точка О с массой а+ 6 +с, делящая отрезок АК в отношении
АО Ь + с
~ОК~ а '
Итак, центром масс данной системы точек является точка О, принадлежащая биссектрисе АК треугольника АВС и делящая
АС + АВ	„
ее в отношении ———, следовательно, О — точка пересечения оС
биссектрис треугольника АВС, т. е. центр вписанной в этот треугольник окружности.
ВАРИАНТ 2. 1. Ответ: б) ОМ = 2 МО.
Указание: задача решается аналогично задаче 1 из варианта 1. Приведем краткое решение.
а)	Последовательно получаем:
~DM =1 (DE + ~DF + DK) = <5
= ^(j(DB + DC) + ^(DA + DC) + ^(DA + DB^ =
= ^- (2DA + 2DB + 2DC)=^ (DA + DB + DC), t. e.
DM = ^(DA + DB + DC).	(1)
С другой стороны,
DO=±(DA + DB + DC).	(2)
<5
Из (1) и (2) следует, что
DM=^DO,
откуда точки D, М и О лежат на одной прямой.
—► 2 —>-
б)	DM —— DO, откуда и
--*•	2 -------*•
DM = (-(DM + MO), и
значит, DM = 2МО.
2. Указание: докажите, что искомый центр масс есть точка пересечения биссектрис треугольника MNP (см. задачу 2 из варианта 1), а затем воспользуйтесь задачей 316 (б) из «ДГ-8».
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие ........................ 3
Самостоятельные работы ............. 5
Вариант 1	 —
Вариант 2	..................11
Вариант 3	 17
Вариант 4	 23
Контрольные работы ................ 29
Ответы и указания...................37
Самостоятельные работы ....	—
Контрольные работы .............. 72
Учебное издание
Зив Борис Германович Некрасов Владимир Борисович
Дидактические материалы по геометрии для 8 класса с углубленным изучением математики
Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова Редактор Л. В. Кузнецова Младший редактор Н. В. Сидельковская Художники Н. В. Беляева, В. В. Костин Художественный редактор Е. Р. Дашук Технический редактор С. С. Якушкина Корректор И. В. Чернова
Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции ОК 005-93— 953000. Изд. лиц. № 010001 от 10.10.96. Сдано в набор 18.06.99. Подписано к печати 06.03.2000. Формат 60Х90‘/16. Бумага офсетная № 1. Гарнитура Литературная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 5,0. Усл. кр.-отт. 5,5. Уч.-изд. л. 3,71. Тираж 10 000 экз. Заказ № 1759.
Государственное унитарное предприятие ордена Трудового Красного Знамени Издательство «Просвещение» Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций. 127521, Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Государственное унитарное предприятие ордена Трудового Красного Знамени полиграфический комбинат Министерства Российской Федерации по делам печати, телерадиовещания и средств массовых коммуникаций. 410004, Саратов, ул. Чернышевского, 59.