bigpo.ru
добавить свой файл
1 2 ... 12 13
под ред. М.И.Сканави

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИКЕ ДЛЯ ПОСТУПАЮЩИХ ВО ВТУЗЫ

(С РЕШЕНИЯМИ). Кн. 2. Геометрия

Книга написана в соответствии с программой по геометрии для поступающих в вузы. Настоящее издание (6-е — 1992 г.) существенно переработано и дополнено. Задачи объединены по принципу однородности тем, типов, методов решения и разбиты на три группы по уровню их сложности. Ко многим задачам даны подробные решения. В каждой главе приведены сведения справочного характера и примеры решения задач.

Для поступающих в вузы.

ОГЛАВЛЕНИЕ

Глава 1. Задачи по планиметрии Глава 2. Задачи по стереометрии Глава 3. Задачи по геометрии с применением

тригонометрии

^ Глава 4. Дополнительные задачи DO геометрии Глава 5. Применение координат и векторов к

решению задач

Приложения. Варианты заданий для самопроверки Варианты билетов для вступительных письменных

экзаменов


Элементы

Условия

Решения,

теории,

задач

указания,

примеры




ответы

3

10

149

36

41

189

56

61

216

93

98

310

106

112

322




119

346




134

354

^ ГЛАВА 1 ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ

ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ

1°. Произвольный треугольник (а, Ь, с — стороны; а, /J, у — проти­волежащие им углы; р — полупериметр; R — радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окружности; 5 — площадь; А„ — высота, проведенная

к стороне а):

S=-aha; 0-1)

2

5=- be sina; 0-2)

2

S=Jp(p-a)(p-b)(j,-c); (1.3)

r--; (1.4)

P

*--; (1.5)

45

a2 sin if sin С

5 ; (1-6)

2 sin Л

a1=b2 + c22bc cos а (теорема косинусов); (1.7)

- = 2Л (теорема синусов). (1 -8)

a A с

sina sin/f sin у

2°. Прямоугольный треугольник (a, b — катеты; с — гипотенуза; ас, - проекции катетов на гипотенузу):

S=-ab; О-?)

2

S-- chc; (1.10)

-С; (1.11)

а1+b2 = с2 (теорема Пифагора);

(1.12) (1.13)

(1.14)


' а а с

Ъ с

а = с sina--c cos^ = i tga=b 3°. Равносторонний треугольник:

(1.15)

(1.16) (1.17)

(1.18)

(1.19)

(1.20)

4°. Произвольный выпуклый четырехугольник (rfj и rf2 —диагонали; — угол между ними; S — площадь):

5=- d^ sirup. (1-21)

рр ha высота, проведенная к стороне а):

(1.22) (1-23)

(1-24) (1-25)

5°. Параллелограмм (а и Ь — смежные стороны; а — угол между ними;

S=aha = ab sina=- d1d2


6°. Ромб:


S=aha=a* ana=- <


7°. Прямоугольник:


S—ab = - dtd2 sin if.


8°. Квадрат (d— диагональ):


)

9°. Трапеция (а и Ь — основания; А — расстояние между ними; / — средняя линия):

а + Ь


(1.26)


а+Ь

(1.27)

10°. Описанный многоугольник — полуперяметр; г — радиус вписан­ной окружности):

S=pr. (1.28)

11°. Правильный многоугольник (а„ — сторона правильного л-уголь-ника; ^ R — радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окружности):

a =J? /3" а R /2* a = R' П 29)

папг 2

(1.30)

12°. Окружность, круг — радиус; С — длина окружности; 5 — площадь круга):

С = 2пг; (1.31)

,5-яг2. (1.32)

13°. Сектор (/ — длина дуги, ограничивающей сектор; п" - градусная мера центрального угла; а — радианная мера центрального угла):

1= = га;

180°

360°

(1.33) (1.34)

^ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР

1°. Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины треугольника.

□ Пусть медианы AD и BE пересекаются в точке О (рис. 1.1). Построим четырехугольник MNDE, где Ми N—середины отрезков АО и ВО. Тогда

МЩАВ и MN=- AB как средняя линия треугольника

1

Рис. 1.1

^ АОВ; ED\AB и ED=- AB как средняя линяя тре­угольника ABC. Поэтому МЩЕО и MN=ED, т. е. фигура MNDE — параллелограмм с диагоналями MD и NE. Значит, MO=OD и так как МО=АМ, то AM=MO = OD. Следовательно, точка О делит меди­ану AD в отношении AO:OD=2:\ и в таком же отношении эта точка делит медиану BE.

Очевидно, что в том же отношении должна де-



Рис. 1.3

лить и третью медиану точка ее пересечения как с первой, так и со второй медианами. При этом третья медиана не может пересечь их в точках, отличных от О, поскольку тогда на каждой медиане имелись бы две различные точки, делящие ее в отношении 2:1, считая от вершины, что невозможно. ■ 2°. Длина медианы треугольника выражается формулой

1

где а, Ь, с — длины сторон треугольника.

П Продолжим медиану ^ AD (рис. 1.2) на расстояние DE=AD и построим отрезки BE и ЕС. В полученном четырехугольнике АВЕС точка D пересечения диагоналей АЕ=2т„ и ВС=а делит каждую из них пополам; следовательно,

АВЕС — параллелограмм. Теперь используем теорему о том, что сумма квад­ратов длин диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов длин его сто­рон. Составив уравнение и решив его относительно та, получим искомое соот­ношение. ■

3°. Длина стороны треугольника выражается формулой





где та, пц, тс — длины медиан треугольника.

□ Отметим на медиане AD точку О пересечения медиан треугольника (рис. 1.3); согласно свойству 1°, она делит ^ AD в отношении AO:OD=2:1. Продолжим

1 OD на расстояние DF= OD = - ma и соединим точку Fc В и С.

2 2

Теперь составим уравнение, связывающее длины сторон ВО=- /wj, СО — - тс

2 и диагоналей OF=- ma, ВС=а параллелограмма OBFC. Решив это уравнение

относительно а, получим искомое соотношение. ■

4°. Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим его сторонам.

П I способ. Пусть ^ CD — биссектриса треугольника ABC (рис. 1.4). Тре­угольники В DC и ADC с основаниями а, и Ь1 имеют общую высоту. Пусть их площади равны соответственно S, и 52; тогда S,:S2 = a,:b,. С другой стороны,

1 С \ С

в силу формулы (1.2) имеем 5Х=- a CD sin —, S2 =- b CD sin —, откуда

S1:S2=a:b. Сравнивая полученные пропорции, заключаем, что a1:b1—a:b.

II способ. Пусть LBDC=P (рис. 1.4); тогда l_ADC=n—fi. Согласно те-

С ореме синусов (1.8), имеем a, :a=sin— : sin/f (из ABCD)

2






С С

и 6j :i = sin - : sin(;t—/})=sin — : sin/? (из AACD). Сравнивая эти пропорции,

заключаем, что а1 = Ь1:Ь, откуда al:bl=a:b.

Ill способ. Продолжим биссектрису СО до пересечения в точке Е с прямой АЕ\СВ (рис. 1.5). Имеем ^_а= 1_ Д (по условию) и La= Ly (углы при параллель­ных СВ и АЕ и секущей СЕ). Сопоставив эти равенства, получим LP= Lf-Следовательно, &АСЕ — равнобедренный и AE=AC=b; AAED~ ABCD (вслед­ствие равенства углов), откуда al:bl = a:b. Ш

5 . Длина биссектрисы треугольника выражается формулой

где а и b — длины двух сторон треугольника ABC; а, и bt — отрезки третьей стороны (рис. 1.4).

□ Применив теорему косинусов (1.7) к треугольникам с равными углами BCD и ACD, составим уравнение

Р + а2-^ Рс2-Ь\

2aL

С

откуда Ь(1г + а21)=а(1222) или P(b-a)-ab(b-a) = (alb)al-(ab1)b1. Используя равенство abl =аф (вытекающее из свойства 4°), получаем

(b-ajfl^-abj^abja^aibbi или (b-a)(Pc-ab)='-alb1(b-a). Полагая bit а, разделим обе части последнего равенства на Л—а, откуда

6°. Длина биссектрисы треугольника выражается через длины его сторон а, b и с по формуле

/,=

а + Ь

Запишем соотношение из п. 5° в виде (i=ab—a1(c—al). Далее, используя
а а1 ас

свойство 4 , получаем - = , т. е. ах . Отсюда находим

b с—Oj a + b

ас ( ас \

P~ab — с- I и требуемое значение 1С.

а + Ь \ а + Ь/

7°. Для всякого треугольника зависимость между его высотами А„, Aj, hc в ра­диусом г вписанной окружности выражается формулой

1111

—+—Н—=-. А„ Aj hc r







а Рис. 1.7

Используя формулы (1.4) и (1.1), записываем: S—rp, 2S=aha = bht, Отсюда находим

я+6+с 1 1 1

1 1 1 a b с

S P S r

+—I—= 1-—Н =

ha hb hc 2S 2S IS

8°. Площадь S равнобедренной трапеции, диагонали которой взаимно пер­пендикулярны, равна квадрату ее высоты, т. е. 5= Л2.

D В равнобедренной трапеции осью симметрии является перпендикуляр ^ MN к ее основаниям, проходящий через точку О пересечения диагоналей (рис. 1.6). Так как LAOD=90°, то AD=2ON и ВС~20М. Следовательно,

AD+BC

9°. Высота равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окружность, является средним геометрическим ее оснований.

D Так как в четырехугольнике, описанном около окружности, суммы длин

а+Ь
противоположных сторон равны, то а+6—(рис. 1.7), откуда АВ— . Далее

имеем АЕ*

а-Ь

и из прямоугольного треугольника ABE находим

ВЕ2~АВ2-АЕг, т. е. A2-f 1 -I 1 -ab. Ш

Пример 1. Площадь треугольника ABC равна 30 см2. На стороне АС взята точка D так, что AD:DC2:3. Длина перпендикуляра DE, проведенного на сторону ВС, равна 9 см. Найти ВС.

D Проведем BD (рис. 1.8); треугольники ABD и BDC имеют общую






высоту BF; следовательно, их площади относятся как длины оснований, т. е. SbABD-SABDC=AD:DC=2:3, откуда S&BDC=- £длвс=18 см2. С другой сто-

1 1

роны, согласно формуле (1.1), Slbdc=~ ВС DE или 18=-5С-9, откуда

ЛС=4 см. ■

Пример 2. В равнобедренном треугольнике высоты, проведенные к основа­нию и к боковой стороне, равны соответственно 10 и 12 см. Найти длину основания.

□ В ААВС имеем АВ-ВС, BDLAC, AELBC, BD = 10 см и АЕ= 12 см (рис. 1.9). Пусть АС=х, АВ=ВС=у. Прямоугольные треугольники ЛЕС и BDC подо­бны (угол С — общий); следовательно, BC:AC=BD:AE или >:лг=10:12=5:6. Применяя теорему Пифагора (1.13) к &BDC, имеем BC2=BD2+DC2, т. е. х2

—. Решив систему уравнений
4 '





получим х= 15. Итак, АС—15 см. ■

Пример 3. Две окружности касаются внешним образом. К первой из них
проведена касательная, проходящая через центр второй окружности. Расстояние
от точки касания до центра второй окружности равно утроенному радиусу этой
окружности. Во сколько раз длина первой окру­
жности больше длины второй окружности? ^ ^ /\

D Пусть Ох и О2 центры окружностей,
А—точка касания (рис. 1.10). Тогда O1A~Rl,
O1O2 = R1+R2. O2A = 3R2 (по условию). Требуется
найти отношение 2nR1:2nR2=Ri:R2. В прямо­
угольном треугольнике
О1АО2 (t.A — 900) имеем \ "' "/ /\«г "г
О^О\ — ОХАг + О2А2 или (Rl+R2)2=R? + (3R2)2.
Упростив это равенство, получим Rl=4R1, откуда
Ri'. Л1 =4. Н

Пример 4. Точка касания окружности, вписан- рис j jq

ной в прямоугольный треугольник, делит гипо­тенузу на отрезки длиной /пил. Доказать, что

площадь треугольника S=mn. Найти площадь прямоугольника, вписанного в данный треугольник так, что одна его вершина совпадает с вершиной прямого угла, а противоположная вершина — с точкой касания окружности и гипотенузы.

UycibD.E.F — точки касания (рис. 1.11); тогда AD=AF=m, BD=BE=n, CE=CF—r — радиус вписанной окружности, р=г+т+п — полупериметр. Да-









следующая страница >>