Решебник задачника Гордина по планиметрии, задачи 1.33.2-1.36.2

Делаю решебник книжки «Р. К. Гордин. ЕГЭ 2019. Математика. Геометрия. Планиметрия. Задача 16 (профильный уровень)». Думаю, она могла быть позже переиздана, но задачи сохранили содержание и нумерацию. В решебнике к данной книге приведены решения задач под номером 1 (1.27.1, 3.35.1 и т.д.), поэтому привожу отсутствующие решения задач под номерами 2.

1.33.2.

Продолжения высот $PP_1$ и $QQ_1$ треугольника $PQR$ с тупым углом при вершине $R$ пересекаются в точке $H$. Точки $A$ и $B$ —середины отрезков $PQ$ и $RH$ соответственно.

а) Докажите, что $P_1Q_1\perp AB$.

б) Найдите диагонали четырёхугольника $AP_1BQ_1$, если $PQ = 10$, $RH=6$ и $AM=3BM$, где $M$—точка пересечения диагоналей.

Рисунок к задаче 1.33.2

Решение. а) Четырехугольник $HQ_1RP_1$ - вписанный, так как сумма его противоположных углов равна $180^{\circ}$. Четырехугольник $PP_1Q_1Q$ - вписанный, так как отрезок $PQ$ виден из точек $P_1$ и $Q_1$ под одним и тем же углом.

Так как треугольники $\triangle PP_1Q$ и $\triangle PQ_1Q$ - прямоугольные с одной и той же гипотенузой $PQ$, то медианы этих треугольников равны ее половине и равны между собой: $PA=AQ=P_1A=Q_1A$. Аналогично треугольники $\triangle HRP_1$ и $\triangle HRQ_1$ имеют одну гипотенузу - $HR$ - и их медианы $P_1B$ и $Q_1B$ равны: $HB=BR=P_1B=Q_1B$.

Тогда треугольники $\triangle P_1BQ_1$ и $\triangle P_1AQ_1$ - равнобедренные, $P_1BQ_1A$ - дельтоид, а его диагонали перпендикулярны: $AB \perp P_1Q_1$. Доказано.

б) Сделаем выносной чертеж:

Выносной чертеж

Так как $AP_1=\frac{1}{2}PQ$ и $AQ_1=\frac{1}{2}PQ$, то $AP_1=AQ_1=5$.

Так как $BP_1=\frac{1}{2}HR$ и $BQ_1=\frac{1}{2}HR$, то $BP_1=BQ_1=3$.

Если обозначить $O$ - середину $AB$, то $OQ_1=OP_1=3$, так как $P_1BQ_1O$ - ромб (диагонали перпендикулярны и точкой пересечения делятся пополам). То есть $OQ_1$ - медиана треугольника $\triangle ABQ_1$ и ее длина 3, а согласно формуле длины медианы

$$OQ_1=\frac{1}{2}\sqrt{2BQ_1^2+2AQ_1^2-AB^2}$$

Или

$$3=\frac{1}{2}\sqrt{2\cdot 3^2+2\cdot 5^2-AB^2}$$

$$36=18+50-AB^2$$

$$AB^2=32$$

$$AB=4\sqrt{2}=4x$$

$$x=\sqrt{2}$$

$$BM=x=\sqrt{2}$$

По теореме Пифагора

$$MQ_1=\sqrt{BQ_1^2-BM^2}=\sqrt{9-2}=\sqrt{7}$$

И, наконец,

$$P_1Q_1=2MQ_1=2\sqrt{7}$$

Ответ: б) $P_1Q_1=2\sqrt{7}$, $AB=4\sqrt{2}$.

1.34.2.

Медианы $AA_1, BB_1$ и $CC_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в

точке $M$, причём $BB_1\perp CC_1$.

а) Докажите, что из отрезков $A_1M, A_1B_1$ и $A_1C_1$ можно построить

треугольник.

б) Найдите площадь этого треугольника, если $BB_1=18$ и $CC_1=9$.

 

Рисунок к задаче 1.34.2

Решение. $A_1C_1$ - средняя линия треугольника, $A_1C_1=0,5 AC$. Аналогично $A_1B_1=0,5 AB$ (также средняя линия).

$MA_1$  - медиана прямоугольного треугольника $\triangle CMB$, поэтому $MA_1=\frac{1}{2}CB=C_1B_1$.

Если из отрезков $AB, BC, AC$ можно построить треугольник, то и из их половин – тоже. Доказано.

б) Если $CC_1=9$, то $CM=6$ и $MC_1=3$, так как $M$ - точка пересечения медиан и этой точкой каждая из них делится в отношении $2:1$, считая от вершины. Аналогично $BM=12$, $MB_1=6$. Таким образом, площадь прямоугольного треугольника

$$S_{B_1MC_1}=\frac{1}{2}MB_1\cdot MC_1=0,5\cdot 6\cdot 3=9$$

А так как треугольник $\triangle B_1MC_1 \sim \triangle BMC$ с коэффициентом 2, то площадь $S_{\triangle BMC}=36$.

Известно, что три медианы разбивают треугольник на шесть равновеликих. В нашем случае площадь двух таких треугольников 36, значит, площадь одного -  18, а площадь $S_{ABC}=108$. Так как $\triangle A_1B_1C_1 \sim \triangle ABC$ с коэффициентом 2, то площадь $S_{A_1B_1C_1}=\frac{1}{4}S_{ABC}=27$.

Ответ: б) 27

 

1.35.2.

Из вершины прямого угла $C$ прямоугольного треугольника $ABC$ проведены высота $CH$, медиана $CM$ и биссектриса $CL$, причём $\angle HCM=\angle BCH+\angle ACM$.

а) Докажите, что $\angle ABC=3\angle BAC$.

б) Найдите отношение $HL : LM$.

Рисунок к задаче 1.35.2

Решение. Пусть угол $A$ треугольника $\angle A=\alpha$, $\angle B=\beta$. Тогда в равнобедренном треугольнике $ACM$, образованном медианой $CM$, угол $\angle MCA=\alpha$, а внешний угол треугольника - $\angle CMB=2\alpha$.

Угол $\angle LCM=45^{\circ}-\alpha$ - так как $CL$ - биссектриса и делит прямой угол $C$ на два по $45^{\circ}$. Угол $\angle BCM=\beta$, угол $\angle HLC=45^{\circ}-\alpha+2\alpha=45^{\circ}+\alpha$ - как внешний угол треугольника $ACL$. Тогда в прямоугольном треугольнике $HCL$ угол $\angle HCL=90^{\circ}-\angle HLC=45^{\circ}-\alpha$. Тогда $CL$ - еще и биссектриса треугольника $HCM$.

Рассмотрим треугольник $\triangle HCM$. Он прямоугольный и острые углы в нем дополняют друг друга до $90^{\circ}$. Поэтому

$$\angle HCM=90^{\circ}-2\alpha$$

Но, с другой стороны, по условию $\angle HCM=\angle ACM+\angle BCH$.

В треугольнике $BCH$

$$\angle BCH=90^{\circ}-\beta$$

Тогда

$$\angle HCM=\alpha+90^{\circ}-\beta$$

Тогда, приравнивая, имеем

$$90^{\circ}-2\alpha=\alpha+90^{\circ}-\beta$$

$$90^{\circ}-3\alpha=90^{\circ}-\beta$$

Откуда $3\alpha=\beta$. Доказано.

б) Используя пункт а), понимаем, что $4\alpha=90^{\circ}$, или

$$\alpha=22,5^{\circ}$$

И треугольник $\triangle HCM$ - прямоугольный равнобедренный. В нем $CL$ - биссектриса и по ее свойству

$$\frac{HL}{LM}=\frac{CH}{CM}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Ответ: б) $\frac{HL}{LM}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

1.36.2.

Медианы $LP$ и $MQ$ треугольника $KLM$ перпендикулярны и пересекаются в точке $G$.

а) Докажите, что отрезок $PQ$ равен медиане $GE$ треугольника $LGM$.

б) Найдите $PQ$, если $KL=22$ и $KM=31$.

Рисунок к задаче 1.36.2

Решение. $PQ$ - средняя линия треугольника $KLM$, $PQ=\frac{1}{2}ML$.

$\triangle MGL$ - прямоугольный, $GE$ - его медиана, которая равна половине гипотенузы: $GE=\frac{1}{2}ML$, то есть $PQ=GE$. Доказано.

б) Обозначим $LG=2x$, $GP=x$, $MG=2y$, $GQ=y$ - по свойству медиан и точки их пересечения.

$$MP^2=(2y)^2+x^2=15,5^2$$

$$LQ^2=(2x)^2+y^2=11^2$$

Это система:

$$\Bigg\{ \begin{matrix} 4x^2+y^2=121 \\ 16y^2+4x^2=31^2 \end{matrix}$$

Вычитаем уравнения:

$$15y^2=31^2-11^2=20\cdot42$$

$$y^2=56$$

$$y=2\sqrt{14}$$

$$x=\frac{\sqrt{65}}{2}$$

По теореме Пифагора

$$PQ=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{\frac{65}{4}+\frac{224}{4}}=\sqrt{\frac{289}{4}}=\frac{17}{2}=8,5$$

Ответ: б) $PQ=8,5$.