Решебник задачника Гордина по планиметрии, задачи 3.25.2-3.29.2

Задача 3.25.2

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром $O$. Диагонали четырёхугольника равны и перпендикулярны, пересекаются в точке $P$, отличной от $O$, и не проходят через точку $O$. Точки $M$ и $N$ —середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно.

а) Докажите, что четырёхугольник $OMPN$—квадрат.

б) Найдите площадь этого квадрата, если радиус окружности равен 13 и $AC= BD=24$.

Рисунок к задаче 3.25.2

Решение. а) Так как $M$ и $N$ - середины, то перпендикуляры к $AC$ и $BD$ в этих точках пройдут через точку $O$. Поэтому $MPNO$ - прямоугольник. А так как хорды $AC$ и $BD$ еще и равны, то и перпендикуляры к ним обязательно равны (это расстояния от центра окружности до равных хорд). Таким образом, $MPNO$ - еще и квадрат. Доказано.

б) Если $OA=13$, а $AM=12$, то $OM=5$ (Пифагорова тройка). Тогда площадь квадрата – 25.

Ответ: б) 25

Задача 3.26.2.

Дан четырёхугольник $ABCD$.

а) Докажите, что отрезки $LN$ и $KM$, соединяющие середины его противоположных сторон, делят друг друга пополам.

б) Найдите площадь четырёхугольника $ABCD$, если $KL= 6, KM =4\sqrt{3}, \angle MKL=30^{\circ}$.

Рисунок к задаче 3.26.2

Решение. а) $KLMN$ - параллелограмм Вариньона. Поэтому его диагонали точкой пересечения делятся пополам. Доказано.

б) Найдем площадь треугольника $S_{MKL}$.

$$S_{MKL}=\frac{1}{2}\cdot KL\cdot KM\sin \angle MKL=0,5\cdot 6\cdot 4\sqrt{3}\cdot 0,5=6\sqrt{3}$$

$$S_{KLMN}=2S_{MKL}$$

$$S_{ABCD}=2S_{KLMN}=4S_{MKL}=24\sqrt{3}$$

Ответ: $S_{ABCD}=24\sqrt{3}$

Задача 3.27.2.

В параллелограмме $ABCD$, одна из сторон которого вдвое больше другой, лежат две окружности, касающиеся друг друга и трёх сторон параллелограмма каждая.

а) Докажите, что прямая, проходящая через вершину $A$ параллелограмма и центр ближайшей к ней окружности, делит пополам сторону $BC$.

б) Найдите площадь параллелограмма, если $AC=4\sqrt{5}$.

Рисунок к задаче 3.27.2

Решение. $AE$ - биссектриса (так как центр вписанной в угол окружности лежит на биссектрисе). Биссектриса отсекает от параллелограмма равнобедренный треугольник: $BE=AB$. По условию $BC=2AB$, значит, $BE=AB=EC$. Точка $E$ - середина $BC$. Доказано.

б) $O_1O_2=2r=AB$, таким образом, $ABCD$ - не просто параллелограмм, а прямоугольник. Его площадь - $S=2x\cdot x$, где $x=AB$.

$$AC=x\sqrt{5}=4\sqrt{5}$$

$$x=4$$

$$S=2x^2=32$$

Ответ:  $S=32$.

Задача 3.28.2.

Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $O$.

а) Докажите, что прямая, проходящая через вершину $B$ и середину отрезка $OC$, делит сторону $CD$ на отрезки, один из которых вдвое больше другого.

б) Пусть $ABCD$—ромб с диагоналями $BD= 18$, $AC = 48$. Найдите длину отрезка этой прямой, заключённого внутри ромба.

Рисунок к задаче 3.28.2

Решение. а) Треугольник $\triangle BKC \sim \triangle AKN$ с коэффициентом 3 ($\frac{AK}{KC}=3$). Тогда $AN=3BC$, а $DN=2BC$.

Треугольник $\triangle BMC \sim \triangle DMN$ с коэффициентом 2 ($\frac{DN}{BC}=2$), следовательно, и $\frac{DM}{MC}=2$. Доказано.

б) Если $ABCD$—ромб, его диагонали перпендикулярны и $BOC$ - прямоугольный треугольник.

$$BC^2=BO^2+OC^2=9^2+24^2=657$$

$$BC=3\sqrt{73}$$

Определяем косинус острого угла ромба по теореме косинусов:

$$BD^2=BC^2+CD^2-2BC\cdot CD\cos C$$

$$18^2=9\cdot 73\cdot 2-9\cdot 73\cdot 2\cos C$$

$$324=9\cdot 73\cdot 2(1-\cos C)$$

$$1-\cos C=\frac{18}{73}$$

$$\cos C=\frac{55}{73}$$

Теперь этой же теоремой косинусов воспользуемся, чтобы найти $BM$:

$$BM^2=BC^2+CM^2-2BC\cdot CM\cos C$$

$$ BM^2=9\cdot 73+73-2\cdot 3\sqrt{73}\cdot \sqrt{73}\cdot\frac{55}{73}$$

$$BM^2=730-330=400$$

$$BM=20$$

Ответ: $BM=20$.

Задача 3.29.2.

На стороне $AD$ ромба $ABCD$ как на диаметре построена окружность.

а) Докажите, что она проходит через точку пересечения диагоналей ромба.

б) Эта окружность пересекает сторону $AB$ в середине $M$. Найдите $CM$, если $AD=2\sqrt{7}$.

Рисунок к задаче 3.29.2

Решение. а) Диагонали ромба перпендикулярны, и поэтому, если $AD$ - диаметр и $\angle AOD$ - прямой, то $O$ принадлежит окружности.

б) $SA=SO=SM=SD$ - это радиус окружности. Тогда $\triangle AMS$ - правильный. Острые углы ромба – по $60^{\circ}$. А угол $\angle ABC=120^{\circ}$. По теореме косинусов в треугольнике $MBC$:

$$CM^2=BM^2+BC^2-2BM\cdot BC\cos MBC$$

$$CM^2=7+4\cdot 7+2\cdot \sqrt{7}\cdot 2\sqrt{7}\cdot \frac{1}{2}=35+14=49$$

$$CM=7$$

Ответ: $CM=7$