Билет №1 (стр. 1 )

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.

Дано: Δ АВС, , .

Найти: Р Δ АВС.

Решение. Возможны три случая взаимного расположения известных элементов треугольника:

А)Б)В)

А) По теореме о сумме углов треугольника , AB=8;

Sin105°=Sin (90°+15°) =Cos15°0, 9659

;

P

Б) По теореме о сумме углов треугольника , ВС=8;

;

P

В) По теореме о сумме углов треугольника , АC=8;

;

P

Ответ:; ;

Задача №2. Построить треугольник по данным двум углам и биссектрисе при вершине третьего угла.

Дано:

Построить:

Построение

1)  Построим произвольный подобный искомому, взяв произвольный отрезок и отложив углы и .

2)  Построим биссектрису .

3)  Проведем через прямую параллельную до пересечения с и .

4)  - 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.

Дано: ,

Найти:

Решение

По свойству касательных: , , , т. е. - равнобедренные.

.

Тогда ;

;

.

Ответ: , , .

Задача №2. Доказать, что если в выпуклом четырёхугольнике противоположные стороны равны, то в этот четырёхугольник можно вписать окружность.

Дано:

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 к окружности. . Т. к. - описанный, то , по свойству описанного четырехугольника.

Но подставим в

равенство (2)

, но из равенства (1)

- чего быть не может в четырехугольнике . Предположение не верно.

*Аналогично рассматривается случай, когда CD – секущая.

Вывод: в данный четырехугольник можно вписать окружность, ч. т.д.

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).

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 .

1) - уравнение прямой

- уравнение прямой АВ.

2) Проверим принадлежность точки С прямой АВ.

- 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.

Уравнение прямой АВ.

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: 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.

Т. к. , то ABCD – параллелограмм. А т. к. , то ABCD - ромб. ч. т.д.

2) Найдем площадь ABCD.

I способ. (т. к. по трем сторонам)

По формуле Герона:

(кв. ед ).

II способ.

,

Ответ: (кв. ед ).

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.

Дано: A1A2…A11 – одиннадцатиугольник

А1А2 = ОА1 = r

A2A3 = A3A4 = … = A11A1

Найти:

Решение

1)  Соединим О с вершинами А1, А2, ..., А11.

Т. к. А1А2 = ОА1 = ОА2, то - равносторонний =>

2) Т. к. хорды A2A3, A3A4, …, A11A1 равны, то равны и дуги, ими стягиваемые, тогда

3) и равнобедренные, поэтому

Тогда ;

Ответ: 2 угла по 135° и 9 углов по 150°.

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: Окр. ; Окр.;

Найти:

Решение

I способ

(по условию) и - средняя линия треугольника , значит, и

как соответствующие углы при и сек.. , как радиусы одной окружности, аналогично - равносторонний и , тогда

Ответ:

II способ.

Пусть - радиус меньшей окружности, тогда

(т. к. разделен отрезок ON пополам).

Соединим K и M, , т. к. опирается на диаметр.

- прямоугольный.

В - высота и медиана - равнобедренный, и .

Ответ: .

Билет №5

Задача №1. Точка F лежит на стороне АВ правильного восьмиугольника ABCDMNPQ так, что AF=3, FB= . Найдите расстояния от точки F до BC и PN.

Дано: - правильный восьмиугольник. ,

Найти: и

Решение

I способ

1)  Нахождение радиуса:

Рассмотрим .

По теореме косинусов:

: OT = r,

2) - равнобедренный, т. к. ().

Пусть , тогда по теореме Пифагора: ().

3)

Тогда

Ответ: 1 и .

II способ.

1). Следовательно, . Тогда , поэтому AN=NB.

2) 2AN2=, AN=4

3) ΔABN~ΔBFO1(по двум углам), следовательно , , BO1=1

4) Заметим, что FK1= 2O1N+AQ+BO1=6+1+

Ответ: 1 и .

Задача №2. ABCDЕF – правильный шестиугольник площади S. Какая фигура образуется в пересечении треугольников ACE и BDF? Найдите её площадь.

Дано: ABCDЕF – правильный шестиугольник

Найти:

Решение

1) Очевидно, что , тогда …, - равносторонние

,

( в силу симметрии правильного шестиугольника) MNLPQR – правильный шестиугольник.

2)

Ответ:

Билет №6.

Задача №1. В треугольнике АВС АВ=2, ВС=3 и угол ВАС в 3 раза больше угла ВСА. Найдите радиус описанной окружности.

Дано:

Найти: R.

Решение

Пусть , тогда . По теореме синусов: .

Ответ:.

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: 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,

Q – точка пересечения BO с окружностью, тогда

, откуда

, значит, ВЕ является биссектрисой угла ОВН, ч. т.д.

II способ

Т. к. AC и BF – пересекающиеся хорды, то

- полуокружность, тогда

.

, т. к. BE – биссектриса, тогда , 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.

Дано: ABCD – трапеция,

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

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 .

и по двум углам ( - общий, , )

, т. к. M – середина BC.

Проведем прямую ON.

, как накрест лежащие углы)

,ч. т.д.

III способ.

Из теоремы Чевы для и точки О:

, тогда

По теореме Фалеса:

и по двум углам ( - общий, , )

, ч. т.д.

Задача №2. Найдите площадь трапеции с боковыми сторонами 13 и 20 и основаниями 6 и 27.

Дано: ABCD – трапеция, BC=6, AB=13, CD=20, AD=27

Найти:

Решение

I способ

Достроим трапецию до параллелограмма ABFD, тогда и (по свойству параллелограмма)

По формуле Герона:

Но с другой стороны

Ответ:кв. ед.

II способ

Заметим, что , следовательно в трапецию можно вписать окружность и высота трапеции равна двум радиусам.

- прямоугольный. По теореме Пифагора:

Ответ:кв. ед.

III способ

ΔABE и ΔCFD прямоугольные. BE=CF=h. BCEF прямоугольник. BC=EF=6, AE+FD=AD-EF=27-6=21. Пусть AE=X, FD=21-X. Из Δ ABE по теореме Пифагора , из ΔCFD по теореме Пифагора , тогда , или , .

Получим

По теореме Пифагора

(кв. ед.)

Ответ:кв. ед.

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