Геометрия: Планиметрия в тезисах и решениях. 9 класс

Павлов Андрей Николаевич

Задача 122 (рис. 283)

Рис. 283.

Решение. Обозначим радиус большей окружности через х. Из рисунка видно, что из прямоугольного треугольника ОКА ОА = AK/sin 30° = 1/(1/2) = 2. Треугольники OAK и ОВМ подобны, поэтому ОА/OB = АК/BM; 2/(3 + x) = 1/x; 2х = 3 + х; х = 3.

Ответ: 3.

Задача 123 (рис. 284)

Рис. 284.

Решение. Обозначим сторону квадрата GDEF через х и проведем высоту

ВН. ?ВКЕ подобен ?ВНС (см. рис.), значит, BK/KE = BH/HC; (BH – x)/(x/2) = BH/(a/2);

Ответ:

Задача 124 (рис. 285)

Рис. 285.

Решение. Пусть ВР = a; PR = b; RD = с. ?ВРМ ~ ?APD, значит, ВР/PD = ВМ/AD = 1/2; отсюда b + с = 2а. Аналогично ?RND ~ ?BRA; RD/BR = ND/AB = 1/2; a + b = 2c.

Вычитаем из первого уравнения второе: с – а = 2а – 2с; с = а; а + b = 2с = 2а; а = b.

Ответ: а = b = с, что и требовалось доказать.

Задача 125

Рис. 286.

Решение. ?РВС подобен ?PAD, поэтому РВ/PD = BC/AD = b/a, PB = PD ? b/a. ?PMD подобен ?BCD, значит РМ/BC = PD/BD;

Ответ: 2ab/(a + b).

Задача 126 (рис. 287)

Рис. 287.

Решение. Из прямоугольных треугольников АВР, BCQ находим ВР/AB = cos В, BQ/BC = cos В. Из этих равенств следует, что треугольники BPQ и ABC подобны (по двум сторонам и углу между ними), причём коэффициент подобия равен cos В. Так как отношение площадей подобных многоугольников равно квадрату коэффициента подобия, то

По условию треугольник ABC остроугольный, значит, cos В > 0 и, следовательно, cos В = 1/3. Из подобия треугольников ABC и BPQ вытекает равенство

Обозначим через R радиус окружности, описанной вокруг треугольника ABC. По теореме синусов:

откуда R = 9/2.

Ответ: R = 9/2.

Задача 129 (рис. 288)

Рис. 288.

Решение. Соединим центр окружности О с вершинами четырёхугольника и точками касания. Перед нами четыре пары равных треугольников: ?АОК = ?AON. ?ВОК = ?BOL, ?COL = ?COM, ?DOM = ?DON. Тогда ?АОК = ?AON, ?ВОК = ?BOL, ?COL = ?COM, ?DOM = ?DON. Из рисунка видно, что 2? + 2? + 2? + 2? = 360°, ? + ? + ? + ? = 180°. ?АОВ + ?COD = ? + ? + ? + ? = 180°.

Ответ: 180°.

Задача 130 (рис. 289)

Рис. 289.

Решение. Так как в трапецию можно вписать окружность, то АВ + CD = AD + ВС. Если АВ = h; AD = a; BC = b, то CD = a + b – h, KD = а – b. Из треугольника KCD следует, что KD2+ CK2= CD2; (а – b2) + h2= (a + b – h2). Имеем: a2 – 2ab + b2+ h2= a2+ b2+ h2+ 2ab – 2ah – 2bh; -2ab = 2ab – 2ah – 2bh; ah + bh = 2ab; h = 2ab/(a + b). h – диаметр окружности.

Ответ:

Задача 131 (рис. 290)

Рис. 290.

Решение. Пусть ABCD – данная трапеция, АВ = 5, CD = 3, KL – средняя линия. Обозначим величины отрезков ВС и AD через х и у соответственно. Так как в четырёхугольник ABCD можно вписать окружность, то х + у = ВС + AD = АВ + CD = 8. Поскольку KL – средняя линия трапеции, то KL = (BC + AD)/2 = 4. Если h – высота трапеции ABCD, то из теоремы о пропорциональных отрезках, отсекаемых параллельными прямыми, следует, что высоты трапеций KBCL и AKLD равны h/2. Для площадей этих трапеций имеем

По условию

После упрощений получаем уравнение 11x – 5у = -24. Система уравнений

имеет единственное решение х = 1, y = 7.

Ответ: BC = 1, AD = 7.

Задача 135 (рис. 291)

Рис. 291.

Решение. По теореме о величине вписанного в окружность угла ?ABC = 1/2 ?АОС. Заметим, что ?АОС = ?MON, a yroл ?МОN опирается на диаметр MN окружности с центром О1. ?АОС = 90°, и значит 1/2 ?АОС = 1/2 90° = 45°.

Ответ: 45°

Задача 136 (рис. 292)

Рис. 292.

Решение. Пусть точка А делит хорду ВС на отрезки 5 и 4. Проведём через точки А и О (центр окружности) диаметр ED, причём ED = 2R = 12. Обозначим AD через х, тогда ОА = 6 – х (см. рис.). ?DCA = ?АЕВ (опираются на одну и ту же дугу BD), ?ADC подобен ?BEА (по двум углам), значит, AD/AB = AC/AE; x/5 = 4/(12 – x); 12х – х2= 20; х2 – 12х + 20 = 0; х = 10 или 2. Учитывая, что х ? R, получим x = AD = 2.

Ответ: 2.

Задача 137

Рис. 293.

Решение I (рис. 293). Обозначим точки пересечения окружности лучами р и q соответственно через С, А и Е, В. Проведём CD||ЕВ. Получим угол ?ACD = х. Угол ?ACD является вписанным в окружность и по определению равен половине дуги AD. По условию задачи дуга СЕ = ?, а дуга АВ равна ?. Тогда дуга AD = ? – ?. В таком случае х = 1/2 (? – ?).

Рис. 294.

Решение II (рис. 294). Обозначим точки пересечения окружности прямыми р и q соответственно через А, Е и D, С. Проведём EF||CD. Угол AEF будет равен х (как внутренние накрест лежащие углы при параллельных CD, FE и секушей АЕ). ?AEF является вписанным в окружность и равен половине дуги AF. Из условия задачи и построений следует, что дуга AF = ? + ?.

Следовательно,