Transcript Решебник к экзаменационным задачам по геометрии

Решебник
к задачам экзаменационных
билетов по геометрии
для классов с углубленным
изучением математики
за курс основной
общеобразовательной
школы
учебное пособие
Билет №1
Задача №1. Длина одной из сторон треугольника равна 8, а два из его углов
равны соответственно 30° и 45°. Найти все возможные значения периметра.
Задача №2. Построить треугольник по данным двум углам и биссектрисе при
вершине третьего угла.
,
Дано: Δ АВС,  А  30  ,  В  45  .
Найти: Р Δ АВС.
Дано:
Построение
1) Построим произвольный
подобный
 A1 B 1 C 1
искомому,
произвольный
отрезок
взяв
A1 B 1
и
отложив углы  и  .
2) Построим биссектрису C 1 D 1  a .
3) Проведем
через
D1
прямую
параллельную A1 B 1 до пересечения
с A1 C 1 и C 1 B 1 .
 ABC
1
- искомый
Билет №2
Задача №1. В треугольнике АВС углы А и В равны 380 и 860 соответственно.
Найдите углы треугольника, вершинами которого являются точки касания
сторон с вписанной в АВС окружностью.
Задача №2. Доказать, что если в выпуклом четырёхугольнике противоположные
стороны равны, то в этот четырёхугольник можно вписать окружность.
Дано:  ABC ,  A  38  ,  B  86 
Найти:  NMK ,  MNK ,  MKN .
Решение
По свойству касательных: MB  BN ,
MA  AK
, NC  KC , т.е.
 MBN ,  MAK ,  KNC
1   2 
180   86  
 47 
2
3   4 
180   38  
 71 
2
5  6 
180   180   38   86  
2
 62  .
Тогда  NMK  180    1   3   180   47   71   62  ;
 MNK  180    2   5  71  ;
 MKN  180    4   6  47  .
Ответ:  NMK  62  ,  MNK  71  ,  MKN  47  .
- равнобедренные.
Дано: AB  CD  BC  AD 1 
Доказать: в четырехугольник ABCD можно вписать
окружность.
Доказательство.
Точка
пересечения
биссектрис
углов
А
и
В
равноудалена от сторон AD, AB и BC, поэтому можно
провести
окружность
с
центром
в
точке
О,
касающуюся указанных трех сторон. Докажем, что
эта окружность касается также стороны CD и ,
значит,
является
вписанной
в
четырехугольник
ABCD.
Предположим, что окружность вписать нельзя. Проведем биссектрисы углов A и
B, точка пересечения О – центр окружности, касающейся AD, AB, BC. Тогда CD либо
секущая для окружности, либо находится вне ее. Рассмотрим второй случай.
Проведем касательную C D  к окружности. C D  || CD . Т.к. AB C D  - описанный,
то AB  C D   B C   A D   2  , по свойству описанного четырехугольника.
Но B C   BC  C C
A D   AD  D D
подставим в
равенство (2)
AB  C D   BC  C C  AD  D D
C D   C C  D D  BC  AD  AB
CD  C D   C C  D D
-
чего
, но BC  AD  AB  CD из равенства (1)
быть
не
может
в
четырехугольнике
Предположение не верно.
*Аналогично рассматривается случай, когда CD – секущая.
Вывод: в данный четырехугольник можно вписать окружность, ч.т.д.
C CD D  .
Билет №3
Задача №1. Доказать, что точки А, В, С лежат на одной прямой, если
А(-2; 0), В(3;2,5), С(6;4).
Задача №2. Доказать, что четырёхугольник ABCD, вершины которого
имеют координаты А (-2; -3), В (1; 4), С (8; 7), D (5;0) является ромбом.
Найти его площадь.
Дано: А(-2; 0), В(3; 2,5), С(6;4).
Доказать: точки А, В, С лежат на одной прямой.
Доказательство
Запишем уравнение прямой AB и убедимся, что С  AB .
1) y  kx  b - уравнение прямой
 0   2 k  b 1 

 2 ,5  3 k  b  2 
 2   1  :
 2 ,5   5 k
k  0 ,5
b  2k
b 1
y  0 ,5 x  1
- уравнение прямой АВ.
2) Проверим принадлежность точки С прямой АВ.
4  31
4  4
- верно, значит точки A,B,C лежат на одной прямой, ч.т.д.
Замечание
Уравнение прямой можно записать как уравнение прямой, проходящей через две
точки A и B.
x  xA
xB  xA
x2
32


y  yA
yB  yÀ
y
2 ,5
2 ,5 x  5  5 y
y  0 ,5 x  1
Уравнение прямой АВ.
Дано: ABCD – четырехугольник, А (-2; -3), В (1; 4), С (8; 7), D (5;0)
Доказать: а) ABCD – ромб;
б) Найти: S ABCD.
Решение
1) Найдем длины отрезков АВ, CD, AD, BC.
AB 
 2  1
BC 
1  8 
CD 
8  5 
AD 
 2  5  2
2
2
2
  3  4 

2
9  49 
 4  7  
49  9 
58
 7  0  
9  49 
58
2
2
  3  0  
2
49  9 
58
58
Т.к. AB  CD , BC  AD , то ABCD – параллелограмм. А т.к. AB  BC  CD  AD ,
то ABCD - ромб. ч.т.д.
2) Найдем площадь ABCD.
I способ. S ABCD  2 S ABC (т.к.  ABC   ADC по трем сторонам)
По формуле Герона:
S ABC 
AC 
p  p  AB  p  BC
 2  8  2
 p 
  3  7  
2
AC

100  100 
200
2 58 
p 
200

58 
50
2
S ABC 



58 
  58 
50   50   58 
58 
50 
S ABCD  20  2  40 (кв. ед ).
II способ. S ABCD 
BD  4 2
S ABCD 
1
BD  AC
2
, AC  10 2
4 2  10
2
2

80
 40
2
Ответ: S ABCD  40 (кв. ед ).
50 

50 
 
58 
58 
58  50   50
58 

 
50 
85 
58 

50  2 50 
400  20
Билет №4
Задача №1. В окружность вписан одиннадцатиугольник, одна из сторон
которого равна радиусу окружности, а остальные десять сторон равны
между собой. Найдите углы одиннадцатиугольника.
Задача №2. На окружности с центром в точки О выбраны точки M и N.
Вторая окружность вдвое меньшего радиуса касается первой в точке M
и делит пополам отрезок ON. Найдите угол ONM.
Дано: A1A2…A11 – одиннадцатиугольник
А1А2 = ОА1 = r
A2A3 = A3A4 = … = A11A1
Найти:  A ,  A ...  А
1
2,
11
Решение
1) Соединим О с вершинами А1, А2, ..., А11.
Т.к. А1А2 = ОА1 = ОА2, то  OA 1 A 2 - равносторонний =>  A1 OA 2  60 
2) Т.к. хорды A2A3, A3A4, …, A11A1 равны, то равны и дуги, ими стягиваемые, тогда
 A 2 OA 3   A 3 OA 4  ...   A11 OA 1 
360   60  
 30 
10
3)  OA 2 A3   OA 3 A 4  ...  OA 11 A1 и равнобедренные, поэтому
 3   4   OA 3 A 4   OA 4 A 3  ...   OA 1 A11   OA 1 A11 
180   30 
 75 
2
Тогда  A1   A 2  60   75   135  ;  A3   A 4  ...   A11  75   2  150 
Ответ: 2 угла по 135° и 9 углов по 150°.

r

2
Дано: Окр. O ; r  ; Окр.  O 2 ;  ; OP  PN
Найти:  ONM
Решение
I способ
OP  PN
(по условию) и OO 2 
r
2
 O 2 M  PO 2
- средняя
линия треугольника ONM , значит, PO 2 NM и
 ONM   OPO
2
как соответствующие углы при PO 2 NM и сек. ON . OO 2  O 2 P , как
радиусы одной окружности, аналогично OM  ON  OO 2  O 2 M  OP  PM   OO 2 P равносторонний и  O 2 PO  60 0 , тогда  ONM  60 0
Ответ:
 ONM  60
0
II способ.
Пусть r - радиус меньшей окружности, тогда OM  2 r
OK  KN  r
(т.к. разделен отрезок ON пополам).
Соединим K и M,  OKM  90 0 , т.к. опирается на диаметр.
 OKM
OK 
1
OM   OMK  30
0
- прямоугольный.
  MOK  60
0
2
В  OMN
- высота и медиана   OMN - равнобедренный, OM  MN
MK
 ONM   MON  60
0
.
Ответ:  ONM  60 0 .
и
Билет №5
Задача №1. Точка F лежит на стороне АВ правильного восьмиугольника ABCDMNPQ
так, что AF=3 2 , FB=
2 . Найдите расстояния от точки F до BC и PN.
Задача №2. ABCDЕF – правильный шестиугольник площади S. Какая фигура
образуется в пересечении треугольников ACE и BDF? Найдите её площадь.
Дано: ABCDMNPQ
AF  3 2
, FB 
- правильный восьмиугольник.
2
Найти: FL и FK
Решение
I способ
1) Нахождение радиуса:
Рассмотрим  ABO . AO  OB  R
AB  AF  FB  3 2 
 AOB 
360
2  4 2
0
 45
0
8
По теореме косинусов: AB  R  R  2 R Cos 45
2
4 2 
R
2
R
2
2
 2R  2R
2
2 

 BTO
2
2
2
2
0
2
2

2  32
32
2

2

32 2 
2 2
2
2
  16 2 
2

: OT = r, r 2  16 2  2   2 2   32  16 2  8  24  16 2
2

r 

464 2  2 64 2
2)  FLB - равнобедренный, т.к.  LBF   LFB  45 0 (
 ABC 
180
8  2 
0
 135 ,   LBF  45 ).
0
0
8
Пусть
FL  x ,
2x
тогда по теореме Пифагора:
2
 2
( FB 2  2 ).
x 1
3) LK  2 r
 AOT 
tg
0
45

2
0
360
82
TB

0
45
2
TB
 r 
r
tg
45
0

2 2
tg
2
tg
0
45

2
2r 
1  Cos 45
0
1  Cos 45
0
4 2
2 1

4 2


2 1
0
2



2  1
2 1
84
1
Тогда FK  8  4 2  1  7  4 2
Ответ: 1 и 7  4 2 .
45
2
2
2


2 1

2

2 1
II способ.
1)  A   B  ...  Q 
( 8  2 )  180


6  180
8
Следовательно,
 ABN  45

 BAN  135   90

 135 .

8

 45

.
Тогда
, поэтому AN=NB.
2
2) 2AN2= ( 4 2 )  32 , AN=4
3)
BO 1
BN
ΔABN~ΔBFO1(по

FB
AB
,
BO 1
4

2
двум
, BO1=1
4 2
4) Заметим, что FK1= 2O1N+AQ+BO1=6+1+ 4 2  7  4 2
Ответ: 1 и 7  4 2 .
углам),
следовательно
Дано: ABCDЕF – правильный шестиугольник
Найти: S MNLPQR
Решение
1) Очевидно, что
 A   B   C   D   E   F  60  ,
 MNB ,  NCL ,
тогда
…,  AMR - равносторонние 
  M   N  ...   R  120  ,
MN  NL  ...  MR
( в силу симметрии правильного шестиугольника)  MNLPQR –
правильный шестиугольник.
2) MN 
1
2
AC 
r
3
3
BC  tg 30   2 r 
2r 3
3
S MNLPQR
S ABCDEF

MN
2
BC
2
4r  3
2

9  4r
2
Ответ: S MNLPQR 

1
3
1
3
 S MNLPQR 
S ABCDEF
1
3
S ABCDEF
Билет №6.
Задача №1. В треугольнике АВС АВ=2, ВС=3 и угол ВАС в 3 раза больше угла
ВСА. Найдите радиус описанной окружности.
Задача №2. В треугольнике АВС из вершины В проведены высота ВН и
биссектриса угла В, которая пересекает в точке Е описанную около
треугольника окружность с центром О. Доказать, что луч ВЕ является
биссектрисой угла ОВН.
Дано:
 ABC , AB  2 , BC  3,  BAC  3  BCA
Найти: R.
Решение
Пусть  BCA   , тогда  BAC  3 . По теореме синусов:
2 Sin 3  3 Sin 
2 3 Sin   4 Sin    3 Sin 
3


2 Sin  3  4 Sin   3 Sin 
2
6  8 Sin   3
2
3  8 Sin   0
2
3
Sin  
2
8
3
Sin  
8
R 
2 2
3

3

2 2
2 6
3
Ответ: R 
2 6
3
.
: Sin 
3
Sin 3

2
Sin 
 2R
.
Дано:  ABC
вписан в окружность  (O; r), BE –
биссектриса, BH – высота.
Доказать: ВЕ биссектриса угла ОВН.
Решение
I способ
Биссектриса BE и перпендикуляр к стороне AC,
проходящий через ее сторону, пересекает дугу AC в


одной точке – ее середине E, значит, A E  E C 1
Q – точка пересечения BO с окружностью, тогда
 ABF  90    A  90  
1

BC
2
 CBQ  90    BQC  90  
1
2
 2   1 :

BC


, откуда  ABF   CBQ , A F  Q C  2 


F E  E Q   FBE   QBE
, значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч.т.д.
II способ
Т.к. AC и BF – пересекающиеся хорды, то
 AHB 
1
2

BAQ








A B  F C  A B  F C  2  90   180   A B  F E  E C











 BAQ  AB  FC 
- полуокружность, тогда B A Q  180   A B  A E  E Q






 AB  FE  EC  AB  AE  EQ


FE  EQ
.



, т.к. BE – биссектриса, тогда F E  E C  A E  E Q  E C  A E   FBE   QBE ,
значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч.т.д.
Билет №7
Задача №1. Доказать, что прямая, проходящая через точку пересечения
продолжений боковых сторон трапеции и точку пересечения её диагоналей,
делит пополам основания трапеции.
Задача №2. Найдите площадь трапеции с боковыми сторонами 13 и 20
и основаниями 6 и 27.
Дано: ABCD – трапеция, AC  BD  O
Доказать:
КN
делит
пополам
основания
трапеции.
Доказательство
I способ.
Пусть К – точка пересечения боковых сторон трапеции. Обозначим через М и N
середины оснований BC и AD соответственно.
и  KMC  KND 
AD BC   BKM   AKN
BM
AN

KM
KN

MC
ND

BM
AN

MC
ND

BM
MC

AN
ND
Т.к. любая прямая, проходящая через точку К, делит основания трапеции в одном
и том же отношении (считая от вершины А или В соответственно). Отсюда следует, что
точки К, M, N лежат на одной прямой.
Точно также всякая прямая, проходящая через М делит AD и BC в одном и том же
отношении (считая от А или В), значит, точки M, O, N тоже находятся на одной прямой.
Таким образом, все четыре точки M, N, O, K лежат на одной прямой, ч.т.д.
II способ.
Проведем прямую KN (N – середина AD), докажем, что MB  MC .
 BKM
  AKN
BM
KM

AN

KN
и  KMC  KND по двум углам (  K - общий,  A   B ,  C   D )
MC

ND
BM

AN
MC
ND

BM
MC

AN
ND
, т.к. AN  ND  BM  MC  M –
середина BC.
Проведем прямую ON.
 OBM
  OND  BOM
BM
MD

ND

ON
MC
  NOD ,  MBO   ODN
 BM  MC
AN
, как накрест лежащие углы)
,ч.т.д.
III способ.
Из теоремы Чевы для  AKD и точки О:
KC

DN
CD

NA
AB
1

BK
NA
По теореме Фалеса:
 BKM
  AKN
BM
KM
AN

KN

DN
BK
AB

 1,
тогда DN  NA
KC
CD
и  KMC  KND по двум углам (  K - общий,  A   B ,  C   D )
MC
ND

BM
AN

MC
ND
 BM  MC
, ч.т.д.
Дано: ABCD – трапеция, BC=6, AB=13, CD=20, AD=27
Найти: S
ABCD
Решение
I способ
Достроим трапецию до параллелограмма ABFD, тогда
AD  BF  BC  CF  CF  27  6  21
и AB  FD  13 (по свойству параллелограмма)
По формуле Герона:
S CFD 
p  p  a  p  b  p  c  
27  27  21  27  20  27  13  
Но с другой стороны S CFD 
S ABCD 
1
2
1
DH  CF  126 , CF  21  DH  12
2
DH  BC  AD   6  6  27   198
Ответ: S ABCD  198 кв.ед.
15876  126
II способ
Заметим, что BC  AD  AB  CD , следовательно в
трапецию можно вписать окружность и высота
трапеции равна двум радиусам.
- прямоугольный. По теореме Пифагора:
 ABE
AE 
 CFD : FD 
400  4 r
AE  EF  FD 
169  4 r
2
400  4 r
2
400  4 r
2
6
169  4 r
r
2
2
2
6
400  4 r
2
 27
169  4 r
2
2
 210
400  4 r
2
 441  42 169  4 r
42 169  4 r
169  4 r
2
169  4 r
 21 
169  4 r
2
 169  4 r
: 42
5
 25
 36
r  6
S ABCD  6  6  27   198
Ответ: S ABCD  198 кв.ед.
2
2
 27
2
III способ
ΔABE
и ΔCFD прямоугольные. BE=CF=h. BCEF прямоугольник. BC=EF=6,
AE+FD=AD-EF=27-6=21. Пусть
, из ΔCFD по теореме Пифагора h 2  CD 2  FD 2 , тогда h 2  AB 2  X 2 ,
 AB
2
 AE
h  CD
2
 ( 21  X ) или h
h
2
2
2
AE=X, FD=21-X. Из Δ ABE по теореме Пифагора
2
2
 169  X
2
, h 2  400  ( 21  X ) 2 .
Получим 169  X 2  400  ( 21  X ) 2
169  X
2
 400  441  42 X  X
42 X  210
X  5.
По теореме Пифагора h 2  AB 2  AE
h
2
 169  25
h
2
 144
h  12
S ABCD 
6  27
2
 12  198
(кв.ед.)
Ответ: S ABCD  198 кв.ед.
2
2
IYСпособ :
1) Рассмотрим ΔABE и ΔCFD. Они прямоугольные,
BE = CF (высоты)
2) По теореме Пифагора найдем основания этих
треугольников. Пусть AE=x, FD=y
x2+h2=169
x2+h2=169
y2+h2=400
y2+h2=400
y2-x2=231
(y-x)(y+x)=231
EBCF - прямоугольник. Поэтому EF=BС=6. AE + FD=AD – EF = 27 – 6 = 21. Тогда
21(y-x)=231
y-x=11, следовательно
y2+x2=21
y2+x2=21
y2-x2=11
y2-x2=11
2x=10
x=5, AE=5
3) По теореме Пифагора найдем h.
BE2=CF2=h2=AB2-BE2,
4) S ABCD 
169  25 
BC  AD
 BE 
2
Ответ: S ABCD  198 кв.ед.
144  12 .
6  27
2
 12  198
(кв.ед.)
Билет №8
Задача №1. В круговой сектор с углом 600 помещён круг, касающийся дуги сектора и
обоих радиусов. Найдите отношение площади сектора и площади круга.
Задача №2. Найдите площадь фигуры и длину границ фигуры, являющейся общей
частью двух кругов радиуса R каждый, если расстояние между их центрами также
равно R.
Дано: AOB – круговой сектор,  AOB  60  ,
Окр.(О1;r)
Найти:
S AOB
.
S кр
Решение
S AOB 
 R
360 
S кр .    r
Тогда
S AOB
 O 1 OK 
 O 1 OK

S кр
R
6r
1
2
 60  
 R
2
6
2
2
2
 60   30 
2
- прямоугольный,  O 1 OK  30  , тогда OO 1  2 r , а OC  OO 1  r  3 r .
По теореме о квадрате касательной AO
2
 OC  OM  3 r  r  3 r
2
 R
2
 3r
2
 r
2

R
2
3
Тогда
S AOB

S кр
R
6r
2
2

R
6
2
R
2
3
Ответ:
S AOB
S кр

1
2

R
2r
2
2

1
2
Дано:  1 O 1 ; R ,  2 O 2 ; R  ,  1   2  A, B , O 1 O 2  R
Найти: S
O 1 AO 2 B
,
.
Решение
O 1 A  AO 2  O 1 O 2   O 1 AO 2
S O1 AO 2 
R
2
4
3
- равнобедренный
 S O1 BO 2  S O1 AO 2 B  2 
R
2
3
4
 AO 1 O 2  60  ,  AO 1 B  120 
S сек . AO 1 B  S сек . AO 2 B 
 R
S O1 AO 2 B  2  S сек . AO 1 B 
2
360 
R
2
 120  
3
1
2B

8  R  3 R
2

2
8  R  3 R
2
6
2
3
Длина границы   2  дуги 
Ответ: S O AO
 R
2
6
4  R
3
2
3
, 
4  R
3
3
, тогда  дуги 
 R
180 
 120  
2  R
3

R
2
2
3
Билет №9
Задача №1. Доказать, что площадь прямоугольной трапеции, в которую можно
вписать окружность, равна произведению её оснований.
Задача №2. Радиус окружности, описанной около прямоугольника, равен 5 см. Одна из
его сторон равна 6 см. Найти: а) площадь прямоугольника; б) угол между
диагоналями прямоугольника.
Дано: ABCD – описанная трапеция; а, b – основания
Доказать: S ABCD  ab
Доказательство
1) Дополнительное построение: BH  DC
HC  b  a
В  BHC : BC
2
 BH
BC
2
 4 r  b  a 
 HC
2
2
2
2
2) ABCD – описанная  2 r  BC  a  b
BC  a  b  2 r
3)  a  b  2 r   4 r 2  b  a 
2
2
4 ar  4 br  4 ab
 a  b r
 ab
* 
4) S ABCD 
ab
2
 2 r   a  b r  ab
- в силу *  , ч.т.д.
Дано: ABCD – прямоугольник, AB=6 см,
Окр.(O;R) – описанная, R= 5см.
Найти: S
ABCD
,  .
Решение
I способ
А)
Т.к.
Окр.(O;R)
–
описанная,
прямоугольника, ОD=R.
BD  2 R  10 см
 BCD : BC 
 DC
2
BD
2
64  8 (см)

2
S ABCD  AB  BC  48 (см )
Б)  COD : по теореме косинусов
СD
2
 OC
Cos  
2
 OD
50  36
50

2
 2 OC  OD  Cos 
14

50
7
25
  74 
II способ
S 
1
2
AC  BD  sin 
,
48 
1
 10  10  sin 
2
48
sin  
50
  74
≈0,96

Ответ: S ABCD  48 (см2),   74  .
то
О-
точка
пересечения
диагоналей
Билет №10
Задача №1. Высота ромба, проведённая из вершины его тупого угла, делит сторону
ромба в отношении 1:2, считая от вершины его острого угла. Какую часть площади
ромба составляет площадь вписанного в него круга?
Задача №2. Составить уравнение окружности с центром на прямой у=4 и
касающейся оси абсцисс в точке (3; 0). Найти координаты точки пересечения
окружности с прямой у=х.
Дано: ABCD – ромб, BE – высота,
AE
ED
окр.(О; r)-вписанная
S кр
Найти:
.
S ABCD
Решение
1)
AE
ED
2)  ABE : BE  a 
2
1
a
2

9
3) 2 r 
2 2a
2a
, r
3

S ABCD
Ответ:
S кр
S ABCD

2  a  3
2
S кр
4)
3

3 2
9  2 2a
2

8a
2
2 2a

9
, S кр 

3 2
3
2  a
9
2

1
 AE 
2
, S ABCD  a 
1
a
3
2 2a
3
 AB
 AD  a 

1
2
,
Решение
А)
x
Уравнение
 x0
2
 y  y0
окружности
2
 r
2
имеет
вид
, где  x 0 ; y 0  - центр
окружности, r – ее радиус.
Т.к. О0 лежит на прямой y  4
касается оси абсцисс в точке
и
3 ; 0  , то
r  4 , x 0  3, y 0  4
x  32
  y  4   16
2
- уравнение окружности
Б) y  x - биссектриса I и III координатных углов. Координаты точки пересечения
этой прямой с окружностью найдем, решив систему уравнений:
y x


2
2
  x  3    y  4   16
x
2
2x
D
 6x  9  x
2
2
 8 x  16  16
 14 x  9  0
 49  18  31
4
x1 
7
31
2
, x2 
7
2
7
Т.к. y  x , то A 
31
31
;
7
2

7
Ответ: A 

31
2
;
31   7  31 7  31 
, B 

;
 

2
2
2
 

7
31   7  31 7  31 
, B 
.
;
 

2
2
2
 

Билет №11
Задача №1. Центр описанной около треугольника окружности симметричен центру
вписанной окружности относительно одной из сторон треугольника. Найти углы
этого треугольника.
Задача №2. В треугольнике АВС на стороне АС взята точка М такая, что АМ=
АС, а на стороне ВС – точка К такая, что ВК=
делит отрезок АК?
ВС
3
2
5
. В каком отношении отрезок ВМ
Дано:  ABC , окр.(О;R) – описанная, окр.(J;r) –
вписанная.
Найти:  A ,  B ,  C .
Решение
Т.к. центры вписанной и описанной окружностей
симметричны относительно стороны треугольника, то
центр описанной окружности лежит вне  ABC   ABC
- тупоугольный.
Заметим: J – центр вписанной окружности и О – центр описанной окружности
лежат на диаметре. Т.к. диаметр перпендикулярен хорде, то AM  MB  CM
 ABC
и CM  AB , значит,  ABC - равнобедренный.
Дополнительные
построения:
 B   CAA 1   BAA 1   ABB
1
  CBB
1
AA 1 и BB 1
-
биссектрисы




 A B 1  B 1 C  C A1  A1 B
.
Дополнительное построение: AO  Окр O ; R   K .
 AJM
- медиана
=  AMO ( JM  MO , т.к. J и O – симметричны относительно М,
 JMA   AMO  90  , AM


- общая). Значит  BAK   BAA 1  A1 B  B K .
AK – диаметр, т.к. проходит через центр окружности


 180 

1
 A K  180  , B K  A1 B 
 36    CAB  2  BAA 1  2  A1 B  36    B
5
2
 C  180   36   2  108 
Ответ:  A   B  36  ,  C  108  .
,
A
и
2
Дано:  ABC , M  AC , АМ= АС, K  BC ,
5
ВК=
ВС
.
3
Найти:
AN
.
NK
Решение
1) Проведем через вершину А прямую, параллельную BC. L  BM  l
Пусть BK  d  BC  3 d
2)  AML ~  CMB (т.к. 1   2 ,  3   4 )
AL
BC

AM
MC

2
 AL  2 d
3
3)  LAN ~  BKN (по двум углам), тогда
Ответ:
AN
NK
 2.
AN
NK

AL
BK
2
Билет №12
Задача №1. Длины диагоналей ромба пропорциональны числам 3 и 4, его сторона
равна 20 см. Найти: а) длины диагоналей; б) радиус окружности, вписанной в ромб.
Задача №2. Найти площадь равнобедренной трапеции, у которой основания равны 8
и 18 см, а боковая сторона равна средней линии.
Дано: ABCD – ромб,
BD

AC
3
, AB  20
4
Найти: AC , BD , r .
Решение
А) ABCD – ромб, значит BD  AC и BO  OD , AO  OC
 AOB : AO
AO
BD
3

AC
AO
AO

4
2
9

2

BO
1 .5
2
 400
AO
2
, т.е. BO 
 BO
 BO
2
2
2
 AB
 400
1 . 5  AO

2
3
AO
4
16
AO
2
 16
2
 AO  16
AC  2 AO  32
BO 
3
4
см
см
AO  12 см, тогда BD  2 BO  24 см
Б) ABCD – описанный  S 
S ABCD 
r 
1
2
2 S ABCD
P
BD  AC 
1
2  384
4  20
P r
2
 32  24  384
2

1
 9 ,6
(см2)
(см)
Ответ: AC  32 см , BD  24 см ; r  9 , 6 см
2
Дано: ABCD –трапеция, BC  8 см, AD  18 см,
MN – средняя линия, AB  MN  CD
Найти: S
ABCD
.
Решение
Т.к. MN – средняя линия, то MN 
1
2
 BC
Т.к. ABCD – равнобедренная, то AH 
 AD   13  AB  CD
AD  BC

18  8
2
 ABH
2
: по теореме Пифагора: BH  169  25  12 (см)
S ABCD 
1
2
 BC
 AD   BH 
1
2
 12  8  18   156
Ответ: S ABCD  156 см2
(см2)
 5 (см)
Билет №13
Задача №1. В равнобедренном треугольнике АВС
АС=b, AB=BC=a, AN и СМ –
биссектрисы углов А и С. Найти длину отрезка MN.
Задача №2. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится на отрезки 5 см и 12
см точкой касания этого треугольника со вписанной в него окружностью. На какие
отрезки делит катет треугольника биссектриса его меньшего угла?
Дано:  ABC , AB  BC  a , AC  b , AN и MC –
биссектрисы  A и  C
Найти: MN
Решение
1) Пусть BM  BN  x , тогда
AM  CN  a  x
CM – биссектриса 
x
a
x
a x

a
, откуда a 2  ax  bx
b
2
ab
2) С другой стороны  ABC ~  MBN (  B - общий,
MB
BA
MN

b
x
 MN 
a
a
2
MN 
bx
a b
a a  b 

ab
a b
Ответ: MN 
ab
ab

BN
BC

x
a
)
Дано:  ABC - прямоугольный, BD – биссектриса, окр.(О; r),
E, K, M – точки касания, AM  5 см, MB  12 см
Найти:
AD
DC
Решение
Пусть CK  x , тогда AC  x  5 , BC  x  12 , AB  17
По теореме Пифагора:
5  x  2
2x
x
2
2
  x  12   17
2
2
 34 x  120  0
 17 x  60  0
D  289  240  529
- не удовлетворяет условию
x1  3 , x 2  0
Итак, AC  8 см, CB  15 см.
По свойству биссектрисы угла:
AD

DC
Ответ:
AB
BC
AD
DC

17
15

17
15
Билет №14
Задача №1. Постройте отрезок длины a 2  b 2  ab , где a >b, если a и b – длины
двух отрезков.
Задача №2. Постройте треугольник по трём точкам касания его сторон с вписанной
в треугольник окружностью.
Дано: отрезки a и b.
Построить: отрезок длины a 2  b 2  ab
Построение
1) с  a 2  b 2
AO=
ab
2
2) p  ab
3) x  c 2  p 2
x – искомый отрезок
Билет №15
Задача №1. Найти площадь треугольника, если его стороны соответственно равны
10 ,
17
,
29 .
Задача №2. С помощью теоремы Чевы доказать, что биссектрисы треугольника
пересекаются в одной точке.
Дано:  ABC , AC  10 , AB  29 , BC  17
Найти: S
ABC
Решение
I Способ
AB – большая сторона  ABC .
По теореме косинусов: 29  10  17  2 10  17  CosC , CosC 
2
2 170
SinC 
1
1
170

13
170
, S ABC 
1
2
ab  SinC 
1
2
10  17 
13
170
 6 .5

1
170
II Способ
Проведем высоту CH. Пусть AH= X, HB= 29  X , тогда по теореме Пифагора из
ΔCHB CH2 = BC2 - HB2=17 - ( 29  X )2, а из Δ AHC CH2 = AC2 - AH2=10  X
( 10  X )
10  X
2X
X=
2
2
= ( 17 ) 2  ( 29  X ) 2
=17 – 29 + 2 29 X  X
2
29  22
11
29
CH= 10 
121
29

13
, SABC=
29
Ответ: SABC = 6,5 кв.ед.
1
2
AB  CH 
1
2
29
13
29
 6 ,5
2
Откуда
Дано:  ABC , AA1, BB1, CC1 – биссектрисы
Доказать:
биссектрисы
треугольника
пересекаются в одной точке.
Доказательство
По теореме Чевы должно выполняться
равенство:
BA 1
A1 C

CB 1

AC 1
1
B1 A C 1 B
По свойству биссектрисы угла:
BA 1
A1 C

AB
AC
Получим:
;
CB 1

B1 A
AB
AC

BC
AB
BC
AB

AC
BC
;
AC 1
C1B
1,

AC
BC
значит, биссектрисы пересекаются в одной точке, ч.т.д.
Билет №16
Задача №1. АВСD – квадрат со стороной а. вершины С, А и В являются
серединами отрезков BM, ND и DF соответственно. Найдите радиус
окружности, описанной около треугольника NFM.
Задача №2. Площадь прямоугольника равна 520 м2, а отношение его сторон
равно 2:5. Найти периметр данного прямоугольника.
Дано: ABCD – квадрат, AB=a; C, A, B – середины BM, ND,
DF.
Найти: R.
Решение
 FMN
- равнобедренный, т.к. MN  MF
AD  AB  a  FN  2 a , MK  3 a
1
S  NFM 
 LFM
S 
 3a  2 a  3a
2
2
- прямоугольный  MN  MF  a 2  9 a 2  a 10
abc
 R 
4R
Ответ: R 
abc
4S
5a
3
.
2 a  a  10  10
2

4  3a
2

5a
3
(по построению)
Дано: ABCD – прямоугольник, S  520 м2,
a
b
Найти: P

2
.
5
.
ABCD
Решение
a
b

2
 a
5
5
S  ab 
2b
5
По условию
2b
2
 520 , b
2

520  5
2
5

 1300

P  2  a  b   2 10 13  4 13  28 13
Ответ: P  28 13 .
(м)
2b
b
2b
2
5
, b  10 13 (м). Тогда a 
2  10 13
5
 4 13
Билет №17





Задача №1. Найдите угол между векторами a и b , если a  4 , 2 a  5 b  17 ,
 


3 a  2 b 2 a  3 b  42



Задача №2. Дано:
.

a 5


 

, b  4 , a  b  3 . вычислите a  2 b .



Дано: a  4 , 2 a  5 b  17 , 3 a  2 b 2 a  3b   42 .




 
Найти: ( a ˆ; b )
Решение
 
 
a b
Cos a ^ b   
a b




По условию 2 a  5 b  17


2 a  5b 


2 a  5b
2

2 a  5 b 


 2 a  5b

2

2


 
 
2
2
2
 4 a  20 a  b  25 b  64  20 a  b  25 b  289

1

По условию 3 a  2 b 2 a  3b   42





 


3 a  2 b 2 a  3b   6 a  5 a b  6 b
2


2
 96  5 a b  6 b  42
2 
 25 y  20 x  225
Пусть b 2  y , a  b  x , тогда получим систему: 
  6 y  5 x   54    4 
+
 20 x  25 y  225
20 x  24 y  216
49 y  441


2
y  9 , т.е. b  9  b  3
5 x  54  6 y  54  54  0
 
x  0, a b  0
 
 
0
 0 , значит, ( a ^ b )  90 
Итак Cos a ^ b 
4 3
 
Ответ: ( a ^ b )  90 







Задача №2. Дано:
, b  4 , a  b  3 . вычислите a  2 b .


 
Дано: a  5 , b  4 , a  b  3 .


Найти: a  2 b .

a 5
Решение


a  2b 


a  2b

По условию
 
ab


2

2


2

2
a  4 a b  4b 
 
 
ab 3 ab


2

25  64  4 a b
9
2
 2


 a  2 a b  b  25  16  2 a b  41  2 a b  9

a b   16


Получим: a  2 b 


Ответ: a  2 b  5
99  4  16 
25  5
Билет №18
Задача №1. Постойте отрезок
a
2
c
, где а и с – длины данных отрезков.
Задача №2. По данным четырём отрезкам a, b, c, d постройте трапецию с
основаниями a и b. При каком соотношении между длинами этих отрезков это
невозможно?
Дано: отрезки a и c
Построить: x 
a
2
c
Решение
Заметим, что равенство x 
a
2
равносильно уравнению
c
x

a
a
c
. Для построения отрезка x
выполним следующие операции:
1) На одной стороне произвольного угла от его начала откладываем отрезки c и a;
2) На второй стороне угла откладываем отрезок а;
3) Проводим прямую через концы отрезков с и а и параллельно ей проводим прямую через
конец отрезка а;
4) Получившийся отрезок х – искомый (по теореме Фалеса).
Дано: отрезки a, b, c, d.
Построить: трапецию, где a b
Построение
1) Построим  CDE со сторонами c, d, a-b
2) Достроим получившийся треугольник до параллелограмма
a-b
3) Достроенная часть параллелограмма – искомая трапеция.
Билет №19
Задача №1. Найдите острые углы треугольника АСВ, если  АСВ=900, АС=2 3 ,
ВК=1, где СК – высота треугольника.
Задача №2. В треугольник АВС вписана окружность. С1, В1 – точки её касания со
сторонами АВ и АС соответственно;
АС1=7, ВС1=6, В1С=8. найдите радиусы
вписанной и описанной около треугольника АВС окружностей.
Дано:  ABC - прямоугольный,  С  90  ,
AC  2 3 , BK  1 , СК – высота
Найти:  A ,  B .
Решение
Пусть AK  x , тогда по теореме о высоте, опущенной из вершины прямого угла
AC
2
 AK  AB

x  x  1  2 3

2
x  x  12  0
2
x1   4  ABC
не удовлетворяет условию задачи, x 2  3  AK  3  AB  4 .
: SinB 
2 3
4

3
  B  60    A  90   60   30 
2
Ответ:  A  30  ,  B  60  .
Дано:  ABC , AC 1  7 , BC 1  6 , B 1 C  8 , C 1 и B 1
- точки касания Окр O ; r 
Найти: r , R .
Решение
AC 1  AB 1  7
, BC 1  BA 1  6 , B 1 C  A1 C  8 , как
отрезки касательных, выходящих из одной точки.
Тогда AB  7  6  13 , BC  6  8  14 ,
AC  7  8  15
По формуле Герона: S 
S  pr  r 
S

84
p
S 
abc
4R
 R 
21  21  13  21  14  21  15   84
 4
21
abc

13  14  15
4S
Ответ: r  4 , R  8 ,125
, p
4  84

65
8
 8 ,125
13  15  14
 21
2
, с другой стороны
Билет №20
Задача №1. Найдите площадь треугольника с вершинами А(1; 4), В(-3; -1),
С(2; -2).
Задача №2. Даны координаты вершин треугольника АВС: А(4; 6), В(-4; 0),
С(-1; -4). Написать уравнение прямой, содержащей медиану СМ.
Дано: А(1; 4), В(-3; -1), С(2; -2).
Найти: S
 ABC
Решение
I способ
1  3  2
1) AB 
BC 
5 1
AC 
1 6
2
2
2) В  ABC
AB
2
 BC
2

37
- большая сторона. По теореме косинусов:
 AC
2
41  26  37  2 
CosC 
SinC 
 2 BC  AC  CosC
2
26  37  CosC
 22
 2 26  37

1  Cos C 
3) S  ABC 
2
1
2
26

AB
 4  1 
11
26  37
962  121
26  37
AC  BC  SinC 
2
Ответ: S ABC  14 ,5 кв.ед.
1
2


841
26  37
26  37 

29
26  37
29
26  37

29
2
 14 ,5 кв.ед.
41
II способ
1) AB 
1  3  2
BC 
5 1
AC 
1 6
2
Н
1
2) S  ABC 
AC  BH .
2
Из  ABH : BH 
Из  BHC : BH 
BC
Тогда,
2
AB
2
AB
 AH
2
 AH
 BC
2
2
AB
2
 AH
 HC
2

 HC
2
2
BC
2
 HC
2
2
41  AH
2
 26  ( 37  AH )
41  AH
2
 26  37  2 37 AH  AH
2
2
2 37 AH  52
AH 
26
.
37
BH 
( 41 )  (
2
26
)
2

41 
1
2
AC  BH 
1

37
37
S  ABC 
676
 37 
2
Ответ: S ABC  14 ,5 кв.ед.
29
37

841
37
29
2

29
37
 14 ,5 êâ .åä .
2
2
 4  1 
2


26
37
41
Дано:  ABC , А(4; 6), В(-4; 0), С(-1; -4), СМ – медиана.
Решение
IСпособ: Т.к. М – середина ВА, то x M 
yM 
yA  yB

2
6
 3
2
xA  xB
2

44
 0
2
, M 0 ;3  .
Уравнение прямой СМ имеет вид y  kx  b .Так как. прямая проходит через
точки С и М, то координаты этих точек удовлетворяют уравнению прямой.
 4   k  b
k  3  4  7
 

b  3
3  b
Уравнение медианы СМ имеет вид y  7 x  3
Ответ: y  7 x  3 .
Замечание:
Т.к. М – середина ВА, то x M 
xA  xB

44
2
2
 0 , yM 
06
2
 3
yA  yB
2
, M 0 ;3  .
Уравнение прямой СМ можно записать как уравнение прямой, проходящей через две
X  XC
точки C и M : X M  X C
X 1
1

Y 4
34

Y  YC
Y M  YC
, 7X  7  Y  4, Y  7X  3
Ответ: y  7 x  3 .
Билет №21
Задача №1. Найдите площадь квадрата, вписанного в ромб со стороной 6 см и углом
300 (сторона квадрата параллельна диагонали ромба).
Задача №2. Найдите длину отрезка, параллельного основаниям трапеции (их длины a
и b) и делящего трапецию на два подобных четырехугольника.
Дано: ABCD – ромб, AB  6 ,  A  30  , MNKL – вписанный
квадрат.
Найти: S
MNKL
.
Решение
I Способ. Пусть PK  x - половина стороны квадрата.
Дополнительные построения: диагонали AC и AB.
1)  AOB - прямоугольный,  OAB  15 
Sin 15  
OB
 OB  6  Sin 15 
6
Cos 15  
OA
 OA  6  Cos 15 
6
2) AP  AO  OP  6  Cos 15   x
 APK ~  AOB
x
6  Sin 15 

(по двум углам) 
6  Cos 15   x
6  Cos 15 
x
OB
6
x  Cos 15   Sin 15    6  Cos 15   x 
x  Cos 15   x  Sin 15   6  Sin 15  Cos 15 

AP
OA
x  Sin 15   Cos 15   
3
2
Пусть Sin 15   Cos 15   t
 Sin 15   Cos 15   2
t
1  2 Sin 15  Cos 15   t
2
2
Sin 30   t  1
2
1
1
t
2
2
3
t 
2
x
3

2
x 
3
2
3
2
Сторона квадрата NK  2
Ответ: S MNKL  6
3
2
, S MNKL  4 
3
2
6
II Способ
Пусть PK  x 
1
MK
2
, где MK - сторона квадрата. ΔABD ~ ΔNAK (по двум углам:
<NAK-общий, <ANK = <ADB как соответственные углы при параллельных прямых NK и
DB
DB и секущей AB) 
NK

AD

NA
AO
.
AP
По теореме косинусов DB= AD 2  AB 2  2 AD  AB  COS  DAB
DB= 36  36  2  36 
3

36 ( 2 
3)  6 2 
3
2
1
DO= DB  3 2  3 , тогда по теореме Пифагора
2
AO 
DA  DO
2
2

36  9 ( 2  3 ) 
ΔDAO ~ ΔANP (по двум углам) 
DO
NP
36  18  9 3  18  9 3 

AO
AP

AD
AN
, AP=AO-PO 
9(2 
DO
NP

3)  3 2 
AO
AO  PO
3
3 2
3
3 2

X
3 2
3
3  X
93 2
3X  3 2
3X ( 2 
3 
2
3X
3)  9
По формуле сложного радикала:
A
A
B 
A B
A
2

2
2
3 
3
1

2
2
3 
3
1

3 
3
2
6
3

2
(кв.ед.)
Ответ: S MNKL  6 (кв.ед.)
1

2
2 3
3
X=PK  MK=2PK=2 2 
S MNKL  4 
,
2

2
2
,
3(
3
2
2
2
2
X 
A B
6
2

6,
3
2

1
2
)

6
2
.
Дано: ABCD – трапеция, BC  a , AD  b ,
BCNM
~ MNDA
Найти: MN .
Решение
Т.к. подобными четырехугольниками называются
четырехугольники, у которых все углы
соответственно равны и стороны пропорциональны,
то из
BCNM
~ MNDA 
BC
MN
MN
2
MN 
 ab
ab
Ответ: MN 
ab .

MN
AD

a
MN

MN
b
Билет №22
Задача №1. Найдите площадь фигуры, ограниченной дугами трёх попарно
касающихся окружностей радиусов 1, 1 и
2
-1.
Задача №2. Круги радиусов 1, 6 и 14 касаются друг друга. Найдите радиус
окружности, вписанной в треугольник с вершинами в центрах данных кругов.
Дано: Окр(О1;1), Окр(О2;1), Окр(О3; 2  1 ), А, В, С –
точки касания.
Найти: S заштрихованной фигуры.
Решение
1) S  S O O O  S O BA  S O
1
2
3
1
2 BC
 S O 3 AC
, причем
S O1 BA  S O 2 BC
2) Рассмотрим  O 1 O 2 O 3
, O1O 3  O 3 O 2 
O1O 2  2
 2   2

2
CosO
3
2
2 2
1
Тогда S O O O 
1
2
3
4
2
2 11 
2
 0   O 3  90 
2  1 кв.ед.
2
2
3) В  O 1 O 2 O 3  O 3  90  , а  O 1   O 2  45  , т.к.  O 1 O 2 O 3 - равнобедренный.
А) S ACO 


2 1

360 
3
Б) S ñåêò .O BA  S ñåêò . BO
1
4) S  1 
2

 32 2
2C

  2
 1
360 

   3  2 2 
2
 45  
4
2
8


4
4  3  2 2   
8
2

 2  2 2 1
4
4
Ответ: S  1   
 90  
(кв.ед.)
4
1 
2
2
(кв.ед.)
Дано: Окр(О1;1), Окр(О2;6), Окр(О3;14), А, В, С – точки
касания.
Найти: r.
Решение
В  O 1 O 2 O 3 : O 1 O 2  7 , O 1 O 3  15 , O 3 O 2  20 .
S  pr
, где p 
По формуле Герона:
S 
21  14  1  6  7  3  2  42 , тогда r 
S
p
Ответ: r  2 .

42
21
 2
7  20  15
2
 21
Билет №23
Задача №1. Докажите, что биссектриса АА1 треугольника АВС вычисляется по
2 АА  АС  Cos
формуле: АА1=
AB  AC
A
2 .
Задача №2. Докажите, что медиана треугольника со сторонами a, b, c, проведённая к
стороне а, вычисляется по формуле: m a
α
2

2b
2
 2c
4
2
a
2
.
Дано:  ABC , AA 1 - биссектриса.
2 АА  АС  Cos
Доказать: АА1=
Доказательство
S  ABC 
1
AB  AC  Sin 
2
S  ABC  S  ABA 1  S  A1 AC 
1
2
1
2
1
2
AC  AA 1  Sin
AA 1  Sin
AA 1  Sin

2

2


2
1
1
2
 AB
 AC  
1
 AB
 AC  
1

Sin

2
 AB
2 AB  AC  Cos
AB  AC
2
 AB

2
 AC

AB  AC  Sin 
AB  AC  2 Sin
2
Cos
 AC


2
2
AA 1 
AB  AA 1  Sin
AA 1  Sin
2
AB  AC  2 Sin
AA 1 
, где <BAC =ά

2

2


2 , ч.т.д.
Cos

2
AB  AC
A
2 .
Дано:  ABC , а, b, c –стороны, m a
Доказать: m a
2

2b
2
 2c
2
a
- медиана.
2
.
4
Доказательство
I способ.




Рассмотрим векторы A B , A A1 , A C , A1 – середина ВС, значит A A1 
1
2


A B  A C .

Заметим, что A A1  m a
AA 1
 2



2

1
1

A B  A C    A B  2 A B  A C  A C
4
2


2

c  2 bcCosA  b
2

2
2 b  2 c  b  c  2 bcCosA
2

2
4

2


  1 c 2  2 bcCosA  b 2 

 4
2
2


2 b  2 c  b  c  2 bcCosA
2
4
2b  2c  a
2
2
2
, ÷.ò .ä .
II способ.
1) Рассмотрим  ABA 1 : пусть  BA 1 A  
c
2
 ma 
a
2
4
 m a  aCos 
1
2) Рассмотрим  CBA 1 :
b
2
2
 ma 
2
b  ma 
2
a
2
4
a
 m a  aCos 180    
2
4
 m a  aCos 
2
3) 1    2  : b 2  c 2  2 m a 
2 
a
2
2
2
4
2
4
2
2
2b  2 c  a
2
, откуда m a 
2
2
4
2
, ч.т.д.

Билет №24
Задача №1. Найти острые углы прямоугольного треугольника, если медиана,
проведённая к его гипотенузе, делит прямой угол в отношении 1:2.
Задача №2. Доказать, что биссектриса прямого угла прямоугольного треугольника
делит пополам угол между медианой и высотой, проведёнными к гипотенузе.
Дано:  ABC , CO – медиана,
1
2

1
2
Найти:  A ,  B .
Решение
О – центр описанной окружности, т.к. О – середина
гипотенузы.
 2  2 1 .
 ACB   1   2   1  2  1  3  1 .
1   ACO 
1
90   30 
3
 AOC
- равнобедренный, AO  OC  R   A  30 
2) Аналогично  OCB  60    B  60 
Ответ:  A  30  ,  B  60  .
Дано:  ABC - прямоугольный, CH –
высота, CK – биссектриса, CC1 – медиана.
Доказательство
1) Т.к.  ABC - прямоугольный, то центр описанной окружности лежит на середине
гипотенузы, т.е. в точке C 1 (т.к. CC 1 – медиана), AC 1  C 1 B  CC 1  R
2)  ACH ~  CHB   3   2 , но  2  1 , т.к.  CC 1 B - равнобедренный   1   3
3)  ACK   KCB , т.к. CK – биссектриса, тогда
 4   ACK   3   KCB   1   5   4   5 , ч.т.д.
Данное пособие представляет решебник к заданиям
практической части и имеет целью помочь учащимся в
подготовке к итоговой аттестации.
В его содержание вошли решения авторов разработки
и их учеников.
Все задачи сопровождаются рисунками,
позволяющими лучше понять условие, представить
соответствующую геометрическую ситуацию,
наметить план решения, при необходимости провести
дополнительные построения и вычисления. Многие
задачи решены несколькими способами.
Пособие может быть полезным учащимся
математических классов, а также учителям
математики и студентам физико-математических
факультетов педагогических ВУЗов.