XXI Международный конкурс научно-исследовательских и творческих работ учащихся

Старт в науке

Вневписанная окружность: задачи, которые могли бы стать теоремами

• Авторы
• Руководители
• Файлы работы
• Наградные документы

Барадиева С.С. 1

---

1ГБОУ "Республиканская Мариинская школа-интернат"

Белькова О.А. 1

---

1ГБОУ "Республиканская Мариинская школа-интернат"

Работа в формате PDF

1 MB

Автор работы награжден дипломом победителя I степени

Диплом школьникаСвидетельство руководителя

Введение

«Решение задач – практическое искусство, подобноеплаванию, катанию на лыжах или игре на фортепиано; научиться ему можно, только подражая хорошим образцам и постоянно практикуясь»
Д. Пойя

Увлечение математикой часто начинается с размышления над какой-то задачей. Так при подготовке к ЕГЭ учителем была предложена задача: пусть на плоскости заданы три прямые, которые попарно пересекаются в точках A, B и C (рис.1,а). Вопрос: сколько существует точек, равноудаленных от этих прямых? ¹

а)

б)

Рис. 1

Многие дали немедленный ответ: конечно одна, а именно, центр окружности, вписанной в треугольник ABC. Как часто бывает в подобных случаях, этот ответ был неверен. Действительно, рассмотрим, например, биссектрисы внешних углов B и C треугольника ABC (рис.1,б). Так как сумма углов, образованных ими со стороной BC, меньше, чем 180°, то эти биссектрисы пересекутся в некоторой точке Q. Тогда точка Q равноудалена от прямых AB, AC и BC.

Аналогично, рассматривая другие пары внешних углов треугольника ABC, получим еще две точки, обладающие требуемым свойством. Таким образом, помимо центра окружности, вписанной в треугольник ABC, существуют, по крайней мере, еще три точки, равноудаленные от заданных прямых. Каждая из этих точек является центром окружности, касающейся стороны треугольника и продолжений двух других сторон. Такие окружности называют вневписанными для данного треугольника ABC.²

Возникли вопросы: в чём заключается особенность таких окружностей, существуют ли специальные методы и приёмы решения задач на применение свойств вневписанной окружности. Увидев такие задачи в контрольно – измерительных материалах ЕГЭ, решила обязательно исследовать задачи, связанные с определением вневписанной окружности и использованием свойств вневписанной окружности.

Так и была определена тема для исследования: Вневписанная окружность: задачи, которые могли бы стать теоремами.

Объект исследования: вневписанные окружности.

Предмет исследования: геометрические задачи на применение определения и свойств вневписанной окружности, методы и приёмы их решения.

Методы исследования: моделирование, сравнение, обобщение, аналогии, изучение литературных и Интернет-ресурсов, анализ и классификация информации.

Цель исследования: Изучить свойства вневписанной окружности, показать эффективность применения теории вневписанных окружностей при решении задач ЕГЭ, составить сборник некоторых задач, которые могли бы стать теоремами для учащихся на ЕГЭ.

Для достижения поставленной цели предусматривается решение следующих задач:

• Подобрать необходимую литературу.

• Отобрать материал для исследования, выбрать главную, интересную, понятную информацию.

• Проанализировать и систематизировать полученную информацию.

• Найти различные задачи из материалов ЕГЭ, сформулировать некоторые из них как теоремы.

• Создать электронную презентацию работы для представления собранного материала одноклассникам.

Гипотеза: Скрытая красота и сила вневписанной окружности как подспорье в решении геометрических задач ЕГЭ.

При решении задач понадобится геометрическое воображение и достаточно простые геометрические сведения, которые известны всем. При более внимательном исследовании задач, убеждаешься в их востребованности, оригинальности, полезности, возникает ощущение красоты, закона и порядка в природе.

Актуальность исследования: Геометрические конфигурации, связанные с вневписанными окружностями, очень содержательны и встречаются во многих задачах.

2.1.Вневписанная окружность как вспомогательный элемент в геометрии треугольника.

Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся одной из его сторон и продолжений двух других.

Рис.2. Построение вневписанных окружностей треугольника.

2.2. Свойства вневписанной окружности.

Выясним, как определяется центр вневписанной окружности, зависимость расположения точек касания вневписанной окружности со сторонами треугольника, взаимосвязь радиусов вневписанных окружностей с периметром и площадью треугольника.

Свойство 1. Центр вневписанной окружности треугольника есть точка пересечения биссектрисы внутреннего угла треугольника, противолежащего той стороне треугольника, которой окружность касается, и биссектрис двух внешних углов треугольника.

Рассмотрим ∆ АВС, Окр. (О; r), М, N, К – точки касания. Так как окружность касается сторон ÐСАК, то центр окружности О равноудален от сторон этого угла, следовательно, он лежит на биссектрисе ÐСАК. Аналогично, точка О лежит на биссектрисе ÐАСN. Так как окружность касается прямых ВА и ВС, то она вписана в ÐАВС, а значит её центр лежит на биссектрисе ÐАВС.

Свойство 2. Расстояние от вершины угла треугольника до точек касания вневписанной окружности со сторонами этого угла равны полупериметру данного треугольника.

АВ₁ = АС₁ = p

Рассмотрим ∆АВС, вневписанную окр. (О_а, r_a). Покажем, что АВ₁ = АС₁ = p.

О_а - центр вневписанной окружности. Касательные, проведенные к окружности из одной точки, равны между собой, поэтому ВВ₁ = ВА₁ , СА₁ = СС₁ , АВ₁ = АС₁.

Значит, АС+АВ+ВС = Р =2p = AC + АВ + (СА₁ + ВА₁) = (АС + СА₁) + (АВ + ВА₁) = =(AC+ CC₁) + (AB + BB₁) = AC₁ + AB₁ = 2AC₁ = 2AB₁ Таким образом, АВ₁ = АС₁ = p.

Свойство 3. Радиус вневписанной окружности, касающейся сторон данного внутреннего угла треугольника, равен произведению полупериметра треугольника на тангенс половины этого угла.

Рассмотрим ∆АВС, вневписанную окр. (О_а, r_a). Покажем, что r_a = p∙tg .

В ∆АОС₁ tg = = . Таким образом, r = p∙ tg .

Свойство 4.Радиус вневписанной окружности, касающейся данной стороны треугольника, равен отношению площади треугольника к разности полупериметра и этой стороны.

r_a = , r_b = , r_c=

Имеем:S = S_∆ABC = S_∆AOC + S_∆АOB – S_∆BOC.

S_∆AOC = ½ ∙ АС ∙ ОС₁ = ½ ∙ b ∙ r_а , S_∆АOB = ½ ∙ АВ ∙ ОВ₁ = ½ ∙ c ∙ r_а , S_∆BOC = ½ ∙ ВС ∙ АО = = ½ ∙ а ∙ r_а

S = ½ ∙ b ∙ r_а + ½ ∙ c ∙ r_а - ½ ∙ а ∙ r_а = ½∙ r_a ∙ (b+c-a) = r_a ∙ (½ ∙ (a+b+c) – ½ ∙2a) = r_a ∙ (p – a)

Отсюда, r_a = .

Свойство 5. Сумма радиусов вневписанных окружностей равна сумме радиуса вписанной окружности и удвоенного диаметра описанной окружности.

r_a + r_b + r_c = r + 4R .

Выразим все радиусы через стороны, площадь и полупериметр треугольника:

r = , R = , r_a = , r_b = , r_c =

П одставим,

r_a + r_b + r_c – r = + + - =

= =

= = = 4R

Таким образом, r_a + r_b + r_c = r + 4R .

С войство 6. Сумма величин, обратных радиусам вневписанных окружностей, равна величине, обратной радиусу вписанной окружности.

Используем выражения радиусов через стороны и площадь треугольника:

r = , R = , r_a = , r_b = , r_c =

Подставим,

Свойство 7. Сумма всех попарных произведений радиусов вневписанных окружностей равна квадрату полупериметра треугольника.

r_ar_b + r_br_c + r_cr_a= p²

Воспользуемся формулами ранее доказанных радиусов через стороны и площадь треугольника:

r = , r_a = , r_b = , r_c=

Подставим

Из формулы Герона следует: = (p – a)(p – b)(p – c) , поэтому

Свойство 8. Произведение всех трех радиусов вневписанных окружностей равно произведению радиуса вписанной окружности на квадрат полупериметра треугольника.
r_ar_br_c = rp²

Из ранее доказанных формул для радиусов и формулы Герона

r_a = , r_b = , r_c = ,

Тогда из свойств вневписанной окружности выведены некоторые следствия.

Следствие 1. Площадь треугольника равна отношению произведения всех трех радиусов вневписанных окружностей к полупериметру треугольника, т.е.

Из равенства: r_ar_br_c = rp² = rp ∙ p = Sp.

Следовательно:

С ледствие 2. Площадь треугольника равна квадратному корню из произведения всех трех радиусов вневписанных окружностей и радиуса вписанной окружности, т.е.

Из следствия 1: и равенства S = pr, получаем, перемножая их почленно:

Значит:

С ледствие 3. Величина, обратная высоте треугольника, опущенной на его данную сторону, равна полусумме величин, обратных радиусам вневписанных окружностей, касающихся двух других сторон треугольника, т.е.

, , , .

Воспользуемся формулами , ,

Запишем,

.

3.1.Исследование задач ЕГЭ на применение свойств вневписанной окружности.

Задачи, которые могли бы стать теоремами.

Задачи на доказательство

Отметим, что условия следующих задач не содержат термина «вневписанная окружность». Она появляется в решении как вспомогательная фигура.

Задача 1. Из точки А к данной окружности проведены касательные АТ₁ и АТ₂. К окружности проведена касательная, пересекающая отрезки АТ₁ и АТ₂ в точках ВиС. Докажите, что периметр ∆ABC не зависит от положения касательной.

Запомнить: Р=2∙АТ_1.

Решение. По свойству 2: р = АТ₁. Значит, независимо от положения касательной, периметр ∆ ABC равен удвоенной длине отрезкаАТ₁. Р=2∙АТ_1.

Задача 2. К двум непересекающимся окружностям проведены две общие внешние касательные и общая внутренняя касательная. Докажите, что отрезок внутренней касательной, заключенный между внешними касательными, равен отрезку внешней касательной, заключенному между точками касания.

Запомнить: АВ = MN

Решение. Пусть O₁ и O₂ - данные окружности, а точки касания окружностей с первой внешней касательной - А иB, со второй - С иD. Пусть также внутренняя касательная пересекает внешние в точках М и N. Продолжим прямыеАВ иCD до их пересечения в точке К. Тогда окружность O₂ является вписанной в треугольникMNK, а окружность O₁ - вневписанной. Обозначим сторонуMN треугольника ∆MNK череза и его полупериметр черезр.По свойству 2АК = р. Выразим периметр ∆МNK: МN + MK + NK = 2p

Запишем далее: (MX+NX)+(MB+BK)+(ND+DK)=2BK+2MX+2NX=2AK

BK = AK – (MX+NX) = AK – MN = p – a

Найдем AB. AB = AK – BK = p – (p-a) = a = MN , т.е.АВ = MN.

Задача 3. Докажите, что прямая, проходящая через середину стороны ВС и точку пересечения биссектрис ∆ABC, отсекает на вы­соте, проведенной к стороне ВС, от­резок, равный радиусу вписанной в этот треугольник окружности.

Запомнить:АЕ = r

Р ешение. Обозначим середину сто­роныВС черезМ₁, центр вписанной окружности через О, а точку пересече­ния прямойМ₁О с высотойАН₁ через Е. Через точкуК₁ касания вписанной окружности со стороной ВС проведем диаметр вписанной ок­ружностиK₁R. Точки А, R иТ₁ лежат на одной прямой. Отре­зокСТ₁ равенр -b (см. решение задачи 2). Но и отрезокВК₁ также равенр -b. Значит, точкаМ₁ являет­ся серединой отрезка Т₁K₁. Следова­тельно,М₁О - средняя линия тре­угольникаT₁RK₁. Значит,М₁О || RТ_{1 .} А посколькуАН₁ ||RK₁, тоRAEO - параллелограмм. Т.е. отрезок АЕ ра­вен радиусу вписанной окружности, что и требовалось доказать.

К сведению: Центры вневписанных окружностей образуют треугольник, в который оказывается вписан треугольник АВС. И этот треугольник обладает интересными свойствами: Отрезки К_аА, К_вВ, К_сС  являются его высотами, 
а так как эти отрезки содержат биссектрисы ∆ АВС, то точка их пересечения К является центром вписанной в треугольник АВС окружности.

Задача 4. Докажите формулу для площади треугольника:

S = R • p_H,

где R - радиус описанной окружнос­ти, а p_H - полупериметр треуголь­ника, образованного основаниями вы­сот данного треугольника.

Запомнить: S_∆АВС = R • p_{∆Н Н Н} ,

Р ешение. Известно, что ÐН₁ = 180° - 2А ,

Ð Н₂ = 180° - 2В,

ÐН₃ = 180° - 2С

и что высоты ∆ ABC являются биссектрисами углов ÐН_1, ÐН_2, ÐН₃. ÐТН₂Н₃ - смежный с ÐH₃H₂H₁, Н₂В - биссектриса ÐН₃Н₂Н₁, а ÐВН₂А - прямой; следовательно,Н₂А- биссектриса ÐТН₂Н₃. А значит, точка А - центр вневписанной окруж­ности ∆Н₁Н₂Н₃. Следо­вательно, отрезокН₁Т= р_H. Из прямоугольного ∆АН₁Тимеем:

p_H ⁼ h_acos ÐAH₁T = h_a cos(90° - A) = h_a sinA

гдеh_a - высота к стороне ВС,a - длина стороны ВС, А – величина Ð ВАС. Отсюда и следует доказываемая фор­мулаS = Rp_H.

Задачи на построение

Задача 1.Внутри угла с вершиной А дана точка М. Через точку М проведите прямую так, чтобы она отсекала треугольник наименьшего периметра.

Р ешение. Проведем через точку М произвольную прямую, пересекающую стороны угла в точкахВ и С. Построим вневписанную окружность треугольника ABC, касающуюся пря­мойАС в точкеТ. Тогда периметр треугольника ABC =2AT (свойство 2). Для того чтобы построить тре­угольник с наименьшим периметром, надо прямуюВС провести так, чтобы отрезок AT, а значит и радиус вневписанной окружности, имел наименьшее значение. Это будет тогда, когда вневписанная окружность проходит через точку М. Итак, для построения треу­гольника с наименьшим периметром необходимо построить окружность, проходящую через точку М и касаю­щуюся сторон угла, затем провести к окружности касательную в точке М. Проведенная касательная - искомая прямая.

Задача 2. Постройте треугольник, если дана сторона, противолежащий ей угол треугольника и сумма двух других сторон.

Решение. Пусть дана сторонаa,угол А и сумма сторонb + с. Тогда известна длина полупериметра иско­мого треугольника р = (а + b + с)/2. Значит, известны положения точек Т₁ и Т₂ на сторонах угла А. Восставив перпендикуляры в этих точках к сто­ронам угла А, на их пересечении по­лучим центр вневписанной окружно­сти, а значит, вневписанная окружность построена. Расстояние от точки Т₁ до точки касания вписанной ок­ружности равно а. Следовательно, мы можем найти точки касания вписан­ной окружности искомого треуголь­ника со сторонами углаA и постро­ить саму вписанную окружность. Об­щая внутренняя касательная к пост­роенным окружностям отсекает на сторонах угла искомый треугольник.

Задачи на вычисления

Задача 1.Дан квадрат ABCD со стороной а. На сторонах ВС и CD даны точки М и N такие, что пери­метр ∆ CMN равен 2а. Найдите MAN.

Р ешение. По свойству 2: ВС = р, BD =p. Значит, В и D - точки касания вневписанной ок­ружности, а ее центр находится в вер­шине А квадратаABCD. ТогдаAM и AN - биссектрисы угловBMN иMNDсоответственно.

Далее, CMN + CNM = 90°, значит,

AMN + MNA = 180° - (CMN + CNM)/2 = 135°. Откуда

MAN = 180° -(AMN + MNA) = 45°.

Задача 2.В прямой угол с вершиной С вписаны две окружности, которые не пересекаются. К этим окружнос­тям проведена общая касательная, которая пересекает угол в точках А и В. Найдите площадь ∆ ABC, если радиусы окруж­ностей равны R₁ и R₂.

Р ешение. Отрезок СТ₁ (Т₁ — точка касания прямой СВ и окружности радиусаR₂) равенR₂. Но окружность радиусаR₂ является вневписанной окружностью ∆АВС. Зна­чит, СТ₁=р_∆АВС. Его площадь находим как произведение радиуса вписанного кру­га на полупериметр:

S = rp = R₁R₂

Запомнить: S = rp = R₁R₂

Задача 3. В равносторонний тре­угольник вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найдите сторону треугольника, если радиус малой окружности равен r.

Р ешение. Обозначим через а длину стороны треугольника. Тогда радиус окружности, вписанной в данный ∆ ABC, равен a/(2√3). Прове­дем общую касательнуюMN к боль­шому и малому кругам. Очевидно, что MN|| АВ. Тогда ∆ MNC и ∆ABC подобны. А значит, отно­шение радиусов вписанных в них окружностей равно отношению их пери­метров, т. е.

откуда

Задача 4.В ∆ ABCпроведены биссектрисы AL₁ и BL₂.Найдите A, если известно, что L₁L₂ - биссектриса угла AL₁C.

Р ешение. Точка L₂ по условию ле­жит на пересечении биссектрисы внут­реннего AВС и биссектрисы внеш­него угла AL₁C треугольника ∆ABL₁. Значит, точка L₂ является центром вневписанной окружности ∆ ABL₁. Следовательно, AL₂ - биссектриса внешнего А тре­угольника ∆ABL₁. Значит,  А= 120°.

Задачи ОГЭ и ЕГЭ на применение свойств вневписанных окружностей.

Задача 1. Найдите произведение радиусов всех вневписанных окружностей треугольника со сторонами 4,5,6.³

Решение: По свойству 8: r_ar_br_c = rp².

r-радиус вписанной в треугольник окружности, а р – полупериметр треугольника. Р = 4+5+6=15, р = 15/2. r = S/p. Площадь найдем по формуле Герона: S =√р(p−a)(p−b)(p−a). S = √7,5(7,5-4)(7,5-5)(7,5 -6) = 3,75√7; r =3,75 √7 : 7,5=√7/2. Отсюда, r_ar_br_c = (√7/2) :(15/2)² =225 √7/8

Ответ: 225 √7 .

8

Задача 2. . Найдите произведение сторон треугольника, если известно, что радиусы его вневписанных окружностей равны 9,18 и 21.⁴

Решение:Для решения задачи воспользуемся формулой площади треугольника через радиус описанной окружности и свойством 5r_a+r_b+r_{c =}r+ 4R

S=abc/4R , следовательно abc=S·4R. 4R=r_a+r_b+r_c-r; S = r_ar_br_c/p;

р² = r_ar_b+r_ar_c+r_br_c; p²=9·18+9·21+18·21=27²; S=9·18·21/27=126;

4R = r_a + r_b + r_c - r; r = r_a·r_b·r_c/p²; r = 9·18·21/27² = 14/3;

4R = 9+18+21- 14/3 = 130/3; abc = 126·130/7=5460

Ответ: 5460.

Задача 3. Основание АС равнобедренного треугольника равно 10. Окружность радиуса 7,5 с центром вне этого треугольника касается продолжения боковых сторон треугольника и касается основания АС в его середине. Найдите радиус окружности вписанной в треугольник АВС.⁵

Решение:

Так как окружность касается стороны треугольника и продолжения двух других сторон, то – это вневписанная окружность. Так как центр вписанной окружности и вневписанной окружности лежит в точке пересечения биссектрис, то AF-биссектриса ВАС, а AO – биссектриса CAD.

∆FAO – прямоугольный треугольник, так как биссектрисы смежных углов образуют прямой угол. АК – высота, проведенная к гипотенузе. AK²=FK·KO, 5²=FK·7,5; FK=25:7,5=10/3.

FK – радиус вписанной в ∆АВС окружности, следовательно r = 10/3.

Ответ: 10/3

З адача 4. Найдите радиус вневписанной окружности треугольника, если радиусы двух других вневписанных окружностей равны 2002 и 4004, а радиус вписанной окружности равен 1001.

Решение: По свойству 6:

Составим равенство: 1 + 1 + 1 = 1

2002 4004 r_c 1001,

1 = 1 - 1 - 1 , следовательно 1 = 1 , r_c = 4004.

r_c 1001 2002 4004 r_c 4004

Ответ: 4004

Задача 5. Точка О₁ - центр вписанной окружности ∆ АВС, а точка О₂ – центр окружности, касающейся стороны ВС и продолжений сторон АВ и АС. Найдите расстояние между точками О₁ и О₂ , если радиус описанной окружности ∆ АВС равен 6, а sinВО₁С = √5/3.⁶

Решение:

Так как О₂ – центр вневписанной окружности, то он лежит на пересечении биссектрис внешних углов к углам В и С треугольника ∆АВС и биссектрисы угла А. Выразим ВО₁С через А. Рассмотрим ∆ ВО₁С.

ВО₁С = 180⁰ - ½( В +С) = 180⁰ - ½(180⁰ - А)= 90⁰ + А.

sin ВО₁С = sin (90⁰ + А) = cos(½А) = √5/3.

Т.к. sin²(½А) + cos²(½А) =1, следует, что sin(½А)=⅔.

К – точка пересечения биссектрисы ВАС с окружностью описанной около ∆ АВС.

Т.к. ВО₁ и ВО₂ биссектрисы смежных углов, то О₂ВО₁ =90⁰. Следовательно, О₁О₂ гипотенуза прямоугольного треугольника ∆О₁ВО₂.

Поскольку СВК =КАС (как вписанные углы опирающиеся на одну дугу), то

О₁ВК =СВК + СВО₁ = ½А + ½В.

А поскольку ВО₁К = ½А + ½В, то О₁ВК = ВО₁К, и, значит ∆ВО₁К – равнобедренный, ВК=О₁К.

Из равенства углов О₁ВК= ВО₁К, следует, О₂ВК = ВО₂К (О ₂ВК=90⁰ - О₁ВК, ВО₂К = 90⁰ - ВО₁К). Поэтому ∆ВО₂К также равнобедренный, ВК=О₂К.

Из равенств ВК=О₁К и ВК=О₂К получаем, что О₁О₂ = 2ВК. Длину отрезка ВК найдем из ∆ АВК по теореме синусов: ВК=2RsinBAK. Т.к sinBAK = sin(½А)=⅔, а R=6(по условию), то ВК=2·6·⅔=8, О₁О₂=2ВК=16.

Ответ: 16

Заключение.

На первом этапе своей работы я собрала математическую литературу, в которой содержался материал о вневписанной окружности, изучила свойства вневписанной окружности. Изучив свойства вневписанной окружности, я в своей работе кратко изложила задачи, приводящие к понятию вневписанной окружности, доказала ее свойства, показала ее связь с элементами треугольника и применила их к решению геометрических задач. Изученные свойства были применены при решении задач на доказательство, вычисление и построение. Далее, я систематизировала материал, просмотрела задачи ОГЭ и ЕГЭ в различных сборниках, представила материал наглядно так, чтобы он стал ясен для моих сверстников.

Задания расположены по мере возрастания их сложности. Решение каждого следующего задания отличается от предыдущего дополнительным «шагом» в решении, что заставляло меня, каждый раз, расширять теоретические знания по этой теме. Все сведения о вневписанной окружности я представила в сборнике задач для подготовки к ЕГЭ.

Материал моей работы можно использовать для элективных занятий по математике в 10-11 классах.

Работая над данной темой, я научилась лучше рассуждать, анализировать и систематизировать и надеюсь, что опыт выполнения этой работы пригодится мне в будущем. Данный материал выходит за рамки школьной программы и будет полезен учащимся при подготовке к итоговой аттестации.

Список использованной литературы

1. Блинков А., Блинков Ю. «Квант» // О пользе вневписанной окружности. -2011г. - №3. – С.28-30.

2. Березин В.И. Сборник задач для факультативных и внеклассных занятий по математике – Москва: Просвещение, 1985 год.

3. Высоцкий И., Ященко И. «ЕГЭ – 2016. Математика. Профильный уровень». Изд. «Экзамен», 2016г, с. 57.

4. Лысенко Ф.Ф. «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2014» Ростов-на-Дону, «Легион-М» 2014г.

5. Мальцев Д.А. « Математика. Все для ЕГЭ-2011» НИИ школьных технологий , 2011г.

6. Понарин Я.П. Элементарная геометрия / Я.П. Понарин. – Москва: МЦНМО, 2004 год.

7. www.mathege.ru – Математика. ЕГЭ 2015 (открытый банк заданий).

8. http://reshuege.ru – Решу ЕГЭ, Образовательный портал для подготовки к экзаменам.

Приложение

Задача 1. Пусть К - точка касания вписанной окружности со стороной ВС, KR - диаметр вписанной окружности. Тогда точки A, R и Т₃ лежат на одной прямой.

Решение. Пусть прямаяARпересекает ВС в некоторой точке X. Докажем, что X совпадает с Т₃. Проведем черезR прямую, параллельную ВС. Обозначим ее точки пересечения с АС и АВ через М и N соответственно. Окружность, вписанная в ∆ABC, является вневписанной для ∆AMN. Но ∆ABC и ∆ANM подобные. Следовательно, окружность, вневписанная в ∆ABC, будет касаться ВС в точке X. Таким образом, X совпадает с Т₃.

Задача 2.⁷ В основании пирамиды, все плоскости боковых граней которого наклонены к плоскости основания под углом , лежит правильный треугольник со стороной а. Найти объем пирамиды.

Решение. Следует отметить, что неопределенность решения возникает в связи с различным положением ортогональной плоскости. Пусть SABC– данная пирамида, О – ортогональная проекция вершины S на плоскость основания АВС. Точка О равноудалена от прямых АВ, АС и ВС. Не ограничивая общности рассуждений, имеем два случая расположения точки О:

1. Вершина тетраэдра проектируется в центр вписанной окружности.

, , , 

  ,

  .

2. Вершина тетраэдра проектируется в центр вневписанной о кружности.

, , , 

.

Задача 3. Следует отметить, что если решать задачу в привычной формулировке, используемой в школьном учебнике: «Длины сторон основания треугольной пирамиды равны a, b и c. Боковые грани с основанием пирамиды составляют угол . Вычислить объем пирамиды», то задача будет иметь только одно решение: вершина пирамиды проектируется в центр окружности, вписанной в основание пирамиды.

Переформулируем задачу.

«Длины сторон основания треугольной пирамиды равны a, b и c. Плоскости боковых граней с плоскостью основания пирамиды составляют угол . Вычислить объем пирамиды».

В такой формулировке условию задачи соответствуют четыре пирамиды, имеющие общее основание и отличающиеся только высотами: , , , .

После преобразований получаем:

  , , , .

Очевидно, что, если треугольник, лежащий в основании пирамиды разносторонний, имеем четыре различных значения искомого объема пирамиды, если треугольник равнобедренный – три, правильный – два.

Процесс решения таких задач вполне доступен, если предварительно познакомиться с понятием вневписанной окружности.

Задача 4.⁸ Дан равнобедренный треугольник ABC с основанием AC. Доказать, что конец D отрезка BD, выходящего из вершины B, параллельного основанию и равного боковой стороне треугольника, является центром вневписанной окружности треугольника.

Решение

BD – биссектриса внешнего угла  ∠B (см. задачу 53446).  ∆CBD – равнобедренный, поэтому  ∠GCD = ∠BDC = ∠DCB  (G – точка на продолжении отрезка AC за точку C), то есть CD – биссектриса внешнего угла ∠ C. Точка D – точка пересечения этих биссектрис, является центром вневписанной окружности.

Задача 5.⁹Найдите косинус угла при основании равнобедренного треугольника, если известно, что радиус его вписанной окружности в 6 раз меньше радиуса окружности, касающейся стороны и продолжений двух других сторон треугольника.

Ответ:1/5 или 5/7
Указание. Упоминаемая вторая окружность называется вневписанной окружностью. Задача решается на основе двух теорем: 
1. Радиус окружности, вписанной в треугольник, вычисляется по формуле r=S/p
2. Радиус вневписанной окружности треугольника, касающейся стороны a вычисляется по формуле r_а=S/(p-a) 
Решение: Пусть основание треугольника равно a, а боковая сторона равна b. Пусть вневписанная окружность касается боковой стороны. Тогда из условия имеем равенство 6/p=1/(p-b), откуда 5p=6b. Учитывая, что p=b+a/2, получаем b=5∙a/2. Теперь косинус угла при основании треугольника равен cosφ=(a/2)⁄b=0,2.
Пусть вневписанная окружность касается основания треугольника. Тогда из условия имеем равенство 6/p=1/(p-a), откуда 5p=6a. Учитывая, что p=b+a/2, получаем b=7/5∙a/2. Теперь косинус угла при основании треугольника равен cosφ=(a/2)⁄b=5/7.
Задача 6.¹⁰. В треугольнике ABC известны стороны AB = 7, BC = 9, AC = 10. Окружность, проходящая через точки A и C, пересекает стороны BA и BC соответственно в точках K и L, отличных от вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности, вписанной в треугольник ABC. Найдите длину отрезка KL.

Ответ: 30/13
Решение: Четырехугольник AKLC – вписанный, поэтому ∠A+∠L=∠K+∠C=180⁰. Отсюда следует, что ∠BKL=∠BCA, ∠BLK=∠BAC, т.е. треугольники подобны. Пусть вписанная окружность касается сторон BA и BC в точках P и Q соответственно. Так как отрезки касательных, проведенные к окружности из одной точки равны, то периметр треугольника ∆BKL равен 2BP. Далее используем тот факт, что отрезок стороны треугольника от вершины до точки касания с вписанной окружностью равен полупериметру треугольника без противолежащей вершине стороны. Поэтому BP=BQ=3, и периметр треугольника ∆BKL равен 6. Периметр исходного треугольника равен 26, соответственная сторона исходного треугольника равна 10. Поэтому KL=10*6/26=30/13.

Задача 7. В каком отношении точка касания вписанной в треугольник окружности делит его боковую сторону, если известно, что радиус окружности, касающейся стороны треугольника и продолжений двух других сторон, в 7 раз больше радиуса вписанной окружности.

Решение: Пусть треугольник ∆ABC - равнобедренный с основанием AC. По условию, в него вписана окружность. Ее центр лежит на высоте, проведенной к основанию, а точки касания окружности со сторонами треугольника делят стороны на отрезки а иb. Тогда полупериметр треугольника равен p=2a+b
По условию требуется найти отношение b/a.
1) Пусть указанная в условии окружность касается основания треугольника и продолжения его боковых сторон. По свойству касательных AH₁=AD=a
Из подобия треугольников ∆BHO и ∆BH ₁O ₁ следует: b/(b+2a)=1/7, отсюда, b/a=1/3.
2) Пусть окружность касается боковой стороны треугольника ∆АВС и продолжения другой боковой стороны и основания.
Указанная в условии окружность является вневписанной. По свойству вневписанной окружности расстояние от вершины треугольника до точки касания с продолжением стороны равно полупериметру треугольника, т.е. CD₁=2a+b, и AD₁=b.

Из подобия треугольников ∆COD и ∆CO ₁D следует: a/(2a+b)=1/7, отсюда b/a=5/1.
Ответ: 1:3 или 5:1.

Задача 8. № 500964.¹¹ Вневписанной окружностью треугольника называется окружность, касающаяся одной стороны треугольника и продолжений двух других его сторон. Радиусы двух вневписанных окружностей прямоугольного треугольника равны 7 и 17. Найдите расстояние между их центрами.

Решение.
Рассмотрим прямоугольный треугольник  с катетами ,  и гипотенузой . Пусть окружность с центром  радиуса  касается гипотенузы в точке , продолжений катетов  и  − в точках  и  соответственно, а  − полупериметр треугольника ∆ Из равенства отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки, следует, что  и  поэтому 

а так как  , то   Далее, пусть окружность с центром  радиуса  касается катета  в точке  а продолжений сторон  и  − в точка  и  соответственно. Рассуждая аналогично, получаем  Четырехугольники и  − квадраты, поэтому 

значит,  Следовательно, радиус вневписанной окружности, касающейся гипотенузы данного прямоугольного треугольника, не может быть равен 7. 
Таким образом, возможны только такие случаи: Либо радиус окружности, касающейся гипотенузы, равен 17, а радиус окружности, касающейся одного из катетов, равен 7, либо радиусы окружностей, касающихся катетов, равны 7 и 17. 
Предположим, что  и (рис. 1). 
Опустим перпендикуляр  из центра меньшей окружности на Тогда 

Следовательно, 

Пусть теперь  и  
Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе угла, поэтому точки  и  лежат на оной прямой. Следовательно, 

Ответ:  или 

Задача 9. № 501069.¹² В треугольнике ABC известны стороны: AB=6, BC=8, AC=9. Окружность, проходящая через точки A и C, пересекает прямые BA и BC соответственно в точках K и L, отличных от вершин треугольника. Отрезок KL касается окружности, вписанной в треугольник ABC. Найдите длину отрезка KL.

Решение.
Обе точки  и  не могут лежать вне треугольника, поскольку в этом случае отрезок  не может касаться вневписанной окружности. Значит, по крайней мере одна из этих точек лежит на стороне треугольнике. 
Пусть обе точки  и  лежат на сторонах треугольника (рис. 1). 
Четырёхугольник  — вписанный, следовательно,  
Значит, треугольник  подобен треугольнику  так как угол  — общий. Пусть коэффициент подобия равен  тогда  
Суммы противоположных сторон описанного четырехугольника  равны: 
 
Подставляя известные значения сторон, находим  Следовательно, 
Пусть точка  лежит на продолжении стороны (рис. 2). Углы  и  равны, поскольку опираются на одну дугу. Значит, треугольник  подобен треугольнику  так как угол  — общий. Более того, они описаны около одной и той же окружности. Следовательно, коэффициент подобия равен 1, то есть треугольники  и  равны, поэтому  Заметим, что  и точка  действительно лежит на продолжении стороны  
Если точка  лежит на продолжении стороны  то  но аналогично предыдущему случаю получаем  Значит, этот случай не достигается.
Ответ: 

Задача 10. Произведение радиуса вписанной в треугольник ∆ABC окружности и одного из радиусов вневписанной окружности равно площади данного треугольника. Произведение большей стороны треугольника ∆ABC и другого из радиусов вневписанной окружности равно удвоенной площади треугольника ∆ABC. Найдите углы треугольника ∆ABC.

Решение:

Пусть

и 
Если p=(a+b+c)/2 - полупериметр треугольника, то его площадь связана с радиусом вписанной окружности как ,
а радиус вневписанной окружности и длина прилегающей стороны связаны с площадью как .
Из условия задачи находим
Затем,

и из условия для большей стороны

Т.е. треугольник оказался равнобедренным:

Все стороны определены и теперь найти углы несложно.

Задача 11.¹³Докажите, что прямая, проходящая через центры вневписанных окружностей треугольника ∆ABC, касающихся сторон AB и AC, перпендикулярна прямой, проходящей через центр вписанной окружности и вершину A.

Подсказка: Центр окружности, вписанной в угол, расположен на биссектрисе этого угла.

Решение: Пусть O₁ и O₂ – центры вневписанных окружностей треугольника ∆ABC, касающихся сторон AB и AC соответственно; O — центр вписанной окружности треугольника ∆ABC. Поскольку точки O₁ и O₂ расположены на биссектрисах вертикальных углов с вершиной A, то прямая O₁O₂ проходит через точку A. Угол ∠O₁AO – это угол между биссектрисами смежных углов, поэтому  ∠O₁AO = 90°.

Задача 12.¹⁴В прямоугольный треугольник ABC с углом A, равным 30^o, вписана окружность радиуса R. Вторая окружность, лежащая вне треугольника, касается стороны BC и продолжений двух других сторон. Найдите расстояние между центрами этих окружностей.

Решение:

Подсказка: Пусть O₁ и O₂ — центры данных окружностей, C — вершина прямого угла треугольника ABC. Тогда треугольник O₁CO₂ — прямоугольный. Найдите его углы.

Пусть O₁ и O₂ — центры данных окружностей (R — радиус первой), C — вершина прямого угла. Тогда треугольник∆ O₁CO₂ — прямоугольный. Поскольку точки O₁ и O₂ расположены на биссектрисе угла A, то

∠O₁O₂C = 75^o - 45^o = 30^o.

Следовательно, O₁O₂ = 2O₁C = 2R√2.

Задачи для самостоятельного решения

1. В равнобедренный треугольник с основанием 12 вписана окружность, и к ней проведены три касательные, так что они отсекают от треугольника три малых треугольника. Сумма периметров малых треугольников равна 48. Найдите боковую сторону данного треугольника.

2. В треугольник со сторонами 6, 10 и 12 вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что она пересекает две большие стороны. Найдите периметр отсечённого треугольника.

3. В треугольнике АВС точка О – центр вписанной окружности, Е – середина высоты, проведённой из вершины А. Прямая ОЕ пересекает сторону ВС в точке Х. Докажите, что точка Х делит периметр треугольника АВС пополам.

4. Постройте треугольник по периметру и двум углам.

5.Докажите, что описанная около треугольника окружность делит пополам каждый из отрезков, соединяющий центр вписанной окружности с центрами вневписанных окружностей.

6.Докажите, что две вершины треугольника, центр вписанной окружности и центр вневписанной окружности, соответствующей третьей вершине, лежат на одной окружности.

7.Докажите, что произведение расстояний от вершины треугольника до центра вписанной окружности и до центра соответствующей этой вершине вневписанной окружности равно произведению сторон треугольника, сходящихся в этой вершине.

8.Через две вершины треугольника и центр вписанной в него окружности проведена окружность. Докажите, что отрезок касательной, проведенной к этой окружности из третьей вершины, есть средняя геометрическая величина между сторонами треугольника, сходящимися в этой вершине.

9.Докажите, что описанная около треугольника окружность является окружностью девяти точек для треугольника с вершинами в центрах вневписанных окружностей.