Решение. Так как BD = 6, АС = 12, то PD = 3; CP = 6 (см. рис.).
Из ?O1CD по теореме косинусов имеем:
Ответ: 15/2 см.
Задача 88 (рис. 264)
Рис. 264.
Решение. Пусть О – центр вписанной в треугольник окружности; ОМ, ОТ, ОР – радиусы, проведённые к точкам касания. Так как АС = 6, то МС = PC = 3, ВР = ВТ = 10 – 3 = 7. ?ТВР подобен ?ABC и TP/AC = BP/BC; TP/6 = 7/10; TP = 42/10 = 4,2.
Ответ: 4,2 см.
Задача 89 (рис. 265)
Рис. 265.
Решение. Пусть радиус большого круга равен R, радиус малого круга r (см. рис.) ОС = r; OB = R.
Ответ:
Задача 90 (рис. 266)
Рис. 266.
Решение. Т. к. ?ABC – равносторонний, то
Радиус окружности
Поэтому получаем
Ответ: 3.
Задача 91 (рис. 267)
Рис. 267.
Решение. Пусть точка О – центр окружности и r – её радиус. Соединим точки В и С с центром О и проведём диаметр АК. Так как вписанный угол ВАС опирается на дугу ВКС и его величина равна ?/6, то центральный угол ВОС, опирающийся на ту же дугу, имеет величину, равную ?/3. Так как хорды АВ и АС имеют одинаковые длины, то ?BOA = ?АОС. Поскольку ?BOA + ?АОС = 2? – ?/3, то отсюда получаем, что ?BOA = ?АОС = 5?/6. Теперь подсчитаем площадь SABKC той части круга, которая заключена в угле ВАС. Она равна сумме площадей сектора ОВКС и треугольников АОВ и АОС (заметим, что у этих треугольников ОА = ОВ = ОС = r):
Ответ:
§ 2. Решения и ответы к задачам § 2 главы 2
Задача 94 (рис. 268)
Рис. 268.
Решение. Решение задачи непосредственно видно из чертежа. Соединив центр окружности с вершинами треугольника и с точками касания, получим три пары равных треугольников. Периметр Р = 7 + 7 + 6 = 20.
Ответ: Р = 20 см.
Задача 95 (рис. 269, 270)
Рис. 269.
Рис. 270.
Решение. Опять соединим центр окружности с вершинами трапеции и с точками касания; получим четыре пары равных треугольников. Из рис. 269 легко видеть, что АВ = CD = 13; ВС = 8; AD = 18.
Теперь мы знаем все стороны трапеции. Осталось найти её высоту. Для этого исходный рисунок представим ниже в следующем виде. Проведём высоты ВК и СМ. Тогда КМ = ВС = 8, АК = MD = (18 – 8)/2 = 5 (рис. 270).
Из прямоугольного треугольника АВК по теореме Пифагора:
Ответ: 156 см2.
Задача 96 (рис. 271)
Рис. 271.
Решение. Обозначим через А вершину прямого угла данного треугольника, через АВ и АС – катеты треугольника, причем так, что АВ > АС, через О – центр вписанной окружности, через r – ее радиус. Пусть M, N и P– точки касания этой окружности соответственно со сторонами АС, АВ, ВС. Так как длины отрезков касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны, то BN = ВР, СМ = СР, AN = AM. Так как АВ > АС, то из этих равенств следует, что ВР > СР и, значит, СР: ВР = 2:3. Пусть СР = 2х; тогда ВР = Зх и ВС = 5х.
Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому ОМ ? AC, ON ? АВ. Так как угол А – прямой, то ANOM – прямоугольник, и AM = ON = r, AN = ОМ = r. Теперь находим, что АВ = r + Зх, АС = r + 2х. Периметр треугольника равен 36 см, поэтому:
5х + (r + 2х) + (r + 3х) = 36; (1)
С другой стороны, по теореме Пифагора:
(r + 2х)2+ (r + 3х)2= 25х2(2)
Из уравнения (1) следует, что r = 18 – 5х; подставив полученное выражение для r в уравнение (2), после упрощений получаем уравнение х2– 15х – 54 = 0, имеющее единственный положительный корень х = 3. Тогда r = 3 см и АВ = 12 см, АС = 9 см, ВС = 15 см.
Ответ: стороны треугольника равны 9 см, 12 см, 15 см.
Задача 99 (рис. 272)
Рис. 272.
Решение. Так как ?BCD = 60°, то ?D = 120°. ?CND = ?BCN = ?NCD = 30°. Значит, ?NCD – равнобедренный и ND = CD = а.
Ответ:
Задача 100 (рис. 273)
Рис. 273.
Решение. Так как ?А = 60°, то ?ABC = 120°. Из чертежа видно, что ? + 3? = 120°; ? = 30°, тогда ?BDA = 90°. AD = АВ ? sin 30° = AB/2. Пусть AD = a; тогда АВ = 2а. Из условия следует, что а + 2а + а + 2а = 90; 6а = 90; а = 15. Следовательно AD = BC = 15 см, AB = CD = 30 см.
Ответ: 15 см, 30 см, 15 см, 30 см.
Задача 101 (рис. 274)
Рис. 274.
Решение. ?AFB = ?FBC, как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых. Но ?FBC = ?ABF по условию, значит, ?ABF – равнобедренный и AF = АВ = 12. Пусть AF = 4а, тогда по условию FD = За; 4а = 12; а = 3; AD = 7 ? а = 21. Искомый периметр PABCD = (12 + 21) ? 2 = 66.
Ответ: 66.
Задача 105 (рис. 275)
Рис. 275.
Решение. Проведём MP||СК, тогда по теореме о пропорциональных отрезках ВР: РК = ВМ: МС = 3; значит, КР = 1/4 КВ = 1/4 АК и КР: АК = ОМ: АО = 1:4 и АО = 4OМ = 4/5 AM. По условию АК = КВ = 1/2 АВ.
Ответ: 3/10.
Задача 106 (рис. 276)
Рис. 276.
Решение. Чтобы найти отношение СК/КМ, применим теорему Менелая к треугольнику АСМ и секущей BN. Получим: CK/KM ? MB/BA ? AN/NC = 1. Так как MB/BA = 2/3, AN/NC = 2, то CK/KM = 3/4.
Аналогично, применив теорему Менелая к треугольнику ABN и секущей СМ, находим BK/KN ? CN/AC ? AM/MB = BK/KN ? 1/3 ? 1/2 = 1, откуда BK/KN = 6.