При решении задач условие может трактоваться неоднозначно, если для рас­сматриваемых…

При решении задач условие может трактоваться неоднозначно, если для рас­сматриваемых фигур не указано их вза­имное расположение. Можно выделить, например, следующие случаи, приводя­щие к неоднозначной трактовке условия задачи и касающиеся:

• взаимного расположения прямоли­нейных фигур;

• взаимного расположения окружно­стей;

• интерпретации аналитического способа решения задачи.

3.1. Взаимное расположение
прямолинейных фигур

Методические указания. При рас­смотрении данного пункта полезно ре­шить подготовительные задачи следую­щего вида.

1. Пусть дан произвольный треуголь­ник ABC. Рассмотреть возможные вари­анты построения на стороне AB:

А) равностороннего треугольника ABP;

Б) квадрата ABPQ.

2. Пусть дан произвольный треуголь­ник ABC. Рассмотреть возможные вари­анты расположения параллелограмма MNPQ, вписанного в данный треуголь­ник так, что одна из его вершин совпада­ет с вершиной треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника.

Пример 27. Дан равнобедренный тре­угольник АВС, AB = BC = 10 И AC = 12. Параллельно боковым сторонам тре­угольника на одинаковом расстоянии от них проведены прямые. Найти это рас­стояние, Если площадь треугольника, Об­разованного этими прямыми и основани­ем, Лежащим на прямой АС, Равна 12.

Решение. Проведем прямую BD, где точка D — основание высоты данного тре­угольника. Проводя прямые, параллель­ные сторонам ВА и ВС, убеждаемся, что они могут образовывать треугольник с основанием, лежащим на прямой AC, расположенный в верхней или нижней полуплоскости относительно AC.

1. Рассмотрим случай, когда прямые

EF|| BCИ EG|| AB(см. рис. 57А).

B

AGDFC

Рис. 57 А

Тогда DC = 6 и BD = V102- 62= 8. Пусть DF= X, а DE= Y, тогда исполь­зуя подобие треугольников BDCИ EDF, данное значение площади треугольника GFE, составим систему уравнений

Г 8 6 ,

-=- X=3

<Y xО

^ Xy = 12 IY= 4

Отсюда следует, что DF = 3 и FC = 3 .

Проведем перпендикуляры DHИ FP На прямую ВС. Так как высота DHВ пря­моугольном треугольнике BDCРавна

BD • DC 8 • 6 лп

= = 4,8,

BC10 ,

То из подобия треугольников DHCИ FPC

2. Второй случай расположения пря­мых EFИ EG(см. рис. 57Б), приводит к ответу 7,2.

Другие варианты расположения пря­мых не соответствуют условию задачи.

Ответ: 2,4 или 7,2.

Пример 28. (ЕГЭ, 2011). Точки M, K и N лежат на сторонах соответственно AB, BC и AC треугольника ABC, Причем AMKN — параллелограмм, площадь кото­рого составляет4 Площади треугольни­ка ABC. Найти диагональ MN параллело­грамма, если известно, что AB = 21, AC = 12 ИZ BAC = 120°.

Решение. Анализ условия задачи по­казывает, что существует два параллело­грамма AMKN, удовлетворяющих усло­вию задачи.

Пусть площадь треугольника ABC BK

Равна S, а —— = K. Тогда треугольники

BC

MBKИ ABCПодобны с коэффициентом подобия K, а треугольники NKCИ ABC Подобны с коэффициентом подобия 1 — K. Поскольку SABC= SAMKN+ SMBK+ SNKC, то имеем

S =[3][4]S+K2S+(1 — K)2S;

2

K2—K+ — = 0 .

9

21

Отсюда получаем: K = — или K = —.

2

1. Пусть K = — (см. рис. 58А), то есть

KC1 = -. Тогда AM =

BC3

= NK =1AB = 7 , AN = MK = 2 AC = 8.

Рис. 58 А

Используя теорему косинусов для тре­угольника NAM, получаем

MN = 472 + 82 — 2 • 7 • 8 ∙ cos120° = 13.

K = 1 (см. рис. 58Б), т. е.

KC2

— = —. Тогда AM = BC3

= NK =2AB = 14, 3

AN = MK =1AC = 4, 3

MN = 4142 + 42 — 2 ∙14 • 4 ∙ cos120° = 2√67.

Ответ: 13 или 2/67 .

Задачи для самостоятельного решения

1. Ромб вписан в прямоугольный тре­угольник с катетами 3 и 4 так, что одна из его вершин совпадает с вершиной остро­го угла треугольника, а три другие лежат на сторонах треугольника. Найдите пло­щадь ромба.

2. (ФЦТ, 2010). На стороне CDКвад­рата ABCDПостроен равносторонний треугольник CPD. Найдите высоту тре­угольника ABP, проведенную из верши­ны A, если известно, что сторона равна 1.

45 _ 80 — √6—C _

Ответы. 1. — Или —. 2. ———- ——- или

√6 +√2Касательных (внешние, внутренние), рас­положение центров касательных относи­тельно общей хорды, общей касательной.

В качестве подготовительных задач можно рассмотреть следующие.

А) К двум окружностям радиусов 6 и 3 проведена общая касательная. Найдите расстояние между точками касания, если расстояние между центрами окружностей равно 15.

Ответ: βjβИли 12.

Б) Окружности радиусов 3 и 8 касают­ся друг друга. Через центр одной из них проведены две прямые, каждая из кото­рых касается другой окружности (точки AИ B — точки касания). Найдите расстоя­ние между точками AИ B.

24√7 16√57

Ответ: —— или——— , или 4,8.

11 11

Расположение центров окружностей
относительно общей касательной

В условии задач этого типа фигуриру­ют две окружности, касающиеся одной прямой, но не указано расположение цен­тров этих окружностей относительно этой прямой. Соответственно эта прямая является внутренней или внешней каса­тельной для этих окружностей.

Пример 29. Прямая касается окруж­ностей радиусов R и R. Известно, Что расстояние между их центрами равно A, Причем R>R и A>R + R. Найти рас­стояние между точками касания.

Решение. Пусть О1 — центр окружно­сти радиуса R, О2 — центр окружности радиуса R, A1A2и B1B2- внешняя и внут­ренняя касательные соответственно (см. рис. 59). Из центра меньшей окружности опустим перпендикуляры O2K1и O2K2 на радиус O1A1и продолжение радиуса O1B1соответственно.

Рассмотрим прямоугольные треуголь­ники O1K1O2(гипотенуза O1O2= A, катет O1K1= R — R) и O1K2O2(гипотенуза O1O2= AКатет O1K2= R+ R). Из теоре­мы Пифагора для этих треугольников по­лучим:

11= A1A2= —Y]A2- (R — R)2(Длина внешней
касательной);

12= B1B2= д/A2- (R + R)2(Длина внут-
ренней касательной).

Ответ: ^a2- (R — R)2или ^a2- (R + R)2.

Расположение центров окружностей от-
носительно их общей точки касания

В условии задач этого типа фигурируют две окружности, но не указан тип касания (внешний или внутренний, см. рис. 60).

При решении подобных задач полезно вспомнить следующие факты.

• При любом способе касания точка касания и центры окружностей ле­жат на одной прямой.

• При внешнем касании центры ок­ружностей расположены на линии центров по разные стороны от точки касания, При внутреннем — по одну сторону.

• Расстояние между центрами ка­сающихся окружностей радиусов R и R (R ≥ г) равно R + г при внешнем каса­нии и R — г при внутреннем.

Пример 30. (ЕГЭ, 2010). Окружности радиусов 2 И 4 Касаются в точке B. Через точку B проведена прямая, Пересекаю­щая второй раз меньшую окружность в точке A, А большую — в точке C. Извест­но, Что AC =3д/2. Найти BC.

Решение. Поскольку в условии не ска­зано о типе касания окружностей (внеш­нее или внутреннее), то рассмотрим два

1. Если окружности касаются внешним образом, то проведем через точку BОб­щую касательную KK1(она перпендику­лярна линии центров, см. рис. 61А).

Так как треугольники AO2BИ CO1B Равнобедренные и ZO2BA = ZO1BC, то они подобны по первому признаку подо­бия. Для подобных треугольников AO2B И O1BCМожем записать

AB _ BO2_2_1

BC ~ BOD1~ 4 = 2.

Отсюда BC = 2 AC = 2∙ 3√2 = 2√2.

33

2. Окружности касаются внутренним образом (см. рис. 61Б). В этом случае при исходных числовых данных задача не имеет решения (докажите это самостоя­тельно).

Ответ: 242.

Пример 31. Окружности S1И S2Ра­диусов R и R (R >R) Соответственно касаются в точке A . Через точку B, Ле­жащую на окружности S1, Проведена прямая, Касающаяся окружности S2В точке M. Найти BM, Если известно, Что AB= A.

Решение. Возможны два случая распо­ложения указанных окружностей в зави­симости от типа касания.

1. Пусть окружности касаются внеш­ним образом (см. рис. 62).

Рис. 62

1-Й способ решения. Пусть O1и O2- центры окружностей S1и S2соответст­венно, а Z O1AB = φ (см. рис. 62). По теореме косинусов для треугольника O1AB:

O1B2= O1A2+ AB2- 2O1A ∙ ABCosφ или

R2= R2+ A2-2RaCosφ.

A

Отсюда получим cos φ = —.

2R

Теперь используем теорему косинусов для треугольника O2AB :

O2B2=O2A2+AB2+2O2A∙ABCosφ или

O2B2= R2+A2+2R∙ACosφ.

A

Подставив cos φ = — в последнее ра- 2R

2 2 2 A2R

Венство, получим O2B = R + A +-^-.

В прямоугольном треугольнике O2BM (ZBMO2= 90°), используя теорему Пи­фагора, находим

BM2=O2B2-R2=

2 2 A2R 2 2 4 R ^

= R2+ A2+ R2= A2I 1 + — I.

R I R)

R

1 +—.

R

2-Й способ решения. Продолжим АВ до пересечения с окружностью S2в точке E (см. рис. 63). Треугольники AO1BИ AO2EРавнобедренные и подобные, так

Как Z O1AB = Z EAO2.

Следовательно,

AE _ R AB ~ R

Ar и AE = R

По теореме о секущей и касательной

Имеем BM2= BA ■ BE, BM 2 = BA ■(BA + AE), 2 ( ar 1 BM = a ■∣a + I, I R) ( Ar 1 R BM = a ■I A +I = A■_ 1 +—. H R) RR

1. Рассмотрим внутреннее касание ок­ружностей. Пусть радиус искомой ок­ружности с центром в точке O1равен R . E — точка касания этой окружности с ра­диусом OC. В прямоугольном треуголь­нике DEO1ZEDO1= 60° (O1D — бис­сектриса угла ADC)

2. Пусть окружности касаются внут-

DE = R ■Ctg60° R. √3 Используя теорему о секущей и каса­тельной, получим

Ренним образом (см. рис. 64). То­гда, проводя ана­логичные вычис­ления, получим R BM = a ■1—— . R

Ответ: A ■1 +— . R

OL ■ OH = OE2, (^ r 12 (2-2R)■ 2 = I √3 + -?=] I √3) R2+18R-3=0.

Пример 32. Дана окружность радиуса 2 С центром О. Хорда АВ пересекает ра­диус ОС в точке D, причем ZCDA = 120° . Найти радиус окружности, вписанной в угол ADC и касающейся дуги АС, Если OD = √3.

Условию задачи удовлетворяет поло­жительный корень R = 2^21 — 9. 2. В случае внешнего касания искомая окружность радиуса RС центром в точке O2касается продолжений сторон DCИ DAИ данной окружности. Тогда, проводя аналогичные вычисления, получим R = 3 + 2√3. Ответ: 2^/21 — 9 или 3 + 2√3.

Решение. Возможны два случая рас­положения указанной окружности в зави­симости от типа касания с данной окруж­ностью. В обоих случаях центры O1и O2 этих окружностей будут лежать на бис­сектрисе угла ADC(см. рис. 65).

Расположение центров окружностей
относительно общей хорды

В условии задач этого типа фигуриру­ют две пересекающиеся окружности, но не указано расположение центров окруж­ностей относительно их общей хорды (см. рис. 66А и 66Б).

При решении подобных задач полезно вспомнить следующие факты.

• Пересекающиеся окружности в точках А и В имеют общую хорду АВ.

• Общая хорда перпендикулярна ли­нии центров и делится ею пополам.

Пример 33. Окружности радиусов 10 И 17 Пересекаются в точках А и В. Най­ти расстояние между центрами окруж­ностей, если AB = 16.

Решение. Отрезок AB — общая хорда данных окружностей. В условии не ука­зано расположение центров окружностей относительно AB. Поэтому задача допус­кает два вида чертежа.

1. Пусть центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB (см. рис. 66А). Линия центров O1O2 пер­пендикулярна хорде ABИ делит ее в точ­ке пересечения CПополам. Это следует из равенства треугольников O1AO2и O1BO2по трем сторонам и совпадения оснований высот, опущенных из точек A И B. Тогда из прямоугольных треуголь­ников O1ACИ O2ACСоответственно по­лучаем:

O1C = √172 — 82 = 15

И

O2C = √102 — 82 = 6 .

Искомое расстояние между центрами равно O10 2 = O1C + O 2 C = 15 + 6 = 21.

2. Пусть центры окружностей лежат по одну сторону от хорды AB(см. рис. 66Б). Аналогично поступая, находим O1O2=O1C—O2C=15-6=9.

Ответ: 21 или 9.

Пример 34. Окружности с центрами O1 И O2 Пересекаются в точках А и В. Из­вестно, ЧтоZ AO1B = 90o, Z AO2B = = 60o, O1 O2 = A. Найти радиусы окруж­ностей.

Решение. Отрезок AB— общая хорда данных окружностей. В условии не ука­зано расположение центров окружностей относительно AB. Поэтому задача допус­кает два вида чертежа.

1. Пусть центры окружностей лежат по разные стороны от их общей хорды AB (см. рис. 67А). Так как треугольники AO1BИ AO2BРавнобедренные, то ли­ния центров является биссектрисой углов AO1BИ AO2B. Получаем

Z AO1C= 45o, ZAO2C= 30o.

Пусть AC= X. Треугольник AO1C Прямоугольный, Z AO1C= ZCAO1= 45o. Значит O1C= AC= X. Для треугольника AO2CИмеем O2C = AC ∙ ctg30o = XV3.

Тогда O1O2= O1C + O2C или

A

A = X + X√ 3 . Отсюда находим X = —=— .

3 +1

Тогда

A a a W 2

01A = X∖ 2 = —,

3 +1

2A

O2A = 2AC = 2X = √^-.

2 √3 +1

2. Пусть центры окружностей лежат по одну сторону от хорды АВ (см. рис. 67Б).

Проводя аналогичные рассуждения, по­лучим

Рис. 67

2 A √3 -1′

A

R

B

Б

A42 2 A

Ответ: , —=—

√3 +1 √3 +1 A4Z 2 A

Или —= , —■=

√3 -1 √3 -1

Расположение центров окружностей
относительно хорды большей
окружности

В условии задач следующего типа фи­гурируют две окружности, одна из кото­рых расположена внутри другой и каса­ется хорды окружности большего радиу­са (см. рис. 68).

Рис. 68

Полезно вспомнить следующее.

• Вычисления в этой задаче сводят­ся к применению теоремы Пифагора в треугольнике О1О2С, При этом рас­стояние О1А находится из теоремы Пифагора для треугольника МАО1 (см. рис. 68А, Б).

Пример 35. Окружности радиусов 20 И 3 Касаются внутренним образом. Хор­да AB большей окружности касается меньшей окружности в точке M. Найти длины отрезков AM и MB, Если AB = 32.

Решение. Пусть точка N— середина хорды AB, тогда расстояние от центра O Окружности радиуса 20 до хорды ABРав­но

, I AB I 2 I—; Г

ON = OB2-I I = J202 -162 = 12.

U 12)

Рассмотрим два случая.

1. Центры OИ O1 окружностей распо­ложены по разные стороны относительно хорды AB(см. рис. 69А), O1M= 3 .

Продолжив перпендикуляр O1MК хорде ABЗа точку MИ опустив на него перпендикуляр из центра O, получим прямоугольный треугольник OO1C, в ко­тором OO1= 20-3=17, O1C= O1M+ +MC= O1M +ON=3+12 =15 и

OC= MN. Тогда из теоремы Пифагора для треугольника OO1CПолучаем

OC = y∣OO12— O1C2= √172 -152 = 8.

Тогда

AM= AN— MN= 16 — 8 = 8 и

MB= MN+ NB= 8 + 16 = 24.

2. Центры OИ O1 окружностей распо­ложены по одну сторону относительно хорды AB(см. рис. 69Б). Тогда из теоре­мы Пифагора для треугольника OO1C Получаем OC = Y∣Oo12— O1с2 = √172- 92= 4√i3. Тогда AM = AN — MN = 16 — 4/13 и MB=MN + NB = 4√13 +16. Замечание. В данной задаче можно рассмотреть еще два случая, когда точка касания MРасположена правее точки N. В этом случае ответы будут AM = 24 и MB = 8 или AM = 16 + 4/13 И Mb=16 — 4∕i3. Ответ: 24 и 8; 16+4/13 и 16-4χ∕13. Пример 36. Расстояние между цен­трами двух окружностей равно5R. Одна из окружностей имеет радиус R, А вто­рая —7R. Хорда большей окружности ка­сается меньшей окружности и делится точкой касания в отношении 1 : 6 . Най­ти длину этой хорды. Решение. Воспользуемся рисунком 68. Пусть хорда MN= 7X. Тогда расстояние от центра O1равно

= 25R2

( —— ΞT А2 R+7^R 2 -т < J

Возводя в квадрат выражение, стоящее в скобках, получаем уравНение Xs 6X2-25R2 = 14R1 R2 4 4

Или

’36X4—251X2R2+ 429R4= 0, 1 6X2- 25R2≥ 0. Последняя система не имеет решения, так как корни уравнения X1= R^3И √143 X2 =—— RНе удовлетворяют условию 26 6X2-25R2≥ 0 . Это значит, что такой слу­чай невозможен. 2. Центры O1и O2 окружностей рас­положены по одну сторону относительно хорды MN. Так как O1O2= 5R, O2B= R, то, опустив на отрезок O1AПерпендику­ляр из центра O2, получим прямоуголь­ный треугольник O1O2C, в котором

X2 O1C = AO1— AC = Ъ R2———- R 1 1 V 4

O2C = AB . Тогда из теоремы Пифагора

O1A=

MO12

MNУ. 2 J

X2

А AB = AN — NB = — — X= у. Рассмотрим два случая. 1. Центры O1 и O2 окружностей распо­ложены по разные стороны относительно хорды MN. Так как O1O2= 5R , O2B = R , то, продолжив перпендикуляр O2BК хорде MNЗа точку BИ опустив на него перпендикуляр из O1, получим прямо­угольный треугольник O1O2C , в котором X2″ O2C = O2B + BC = R + 7« R2—- и 22 V 4 O1C = AB. Тогда из теоремы Пифагора для треугольника O1O2CПолучаем

O1C2=O1O22—O2C2или

Для треугольника O1O2CПолучаем CO22= O1O22- O1C2или

= 25R2

R2

X2

А2

—R

Возводя в квадрат выражение, стоящее в скобках, получаем уравнение

25R2- 6X2= 14R1 r2- — V 4

Л ’36X4—251 X2R2+ 429R4 = 0, 25R2- 6X2≥ 0.

Получаем два решения X1= R^3И

X2 =

143

R. Отсюда находим два значе-

Ния MN = А/3 RИ MN =———— R.

M/143

Ответ: 7√3 RИли R .

6

Расположение точек касания
окружности и прямой

Перед решением задач этого типа по­лезно еще раз вспомнить следующую опорную задачу.

Опорная задача. Отрезок общей внеш­ней касательной к двум касающимся ок — ружностямрадиусов R и Rравен 2√Rr.

Пример 37. На стороне ВА угла ABC, Равного30°, Взята такая точка D так, Что AD = 2 И BD = 1. Найти радиус ок­ружности, Проходящей через точки А, D и касающейся прямой ВС.

Решение. Центр искомой окружности O — точка пересечения серединного пер­пендикуляра к отрезку ADИ перпендику­ляра к прямой ВС, восставленного из точки касания E(см. рис. 70) окружности и прямой. Возможны два варианта поло­жения окружности. В первом случае ок­ружность касается луча BC, во втором точка касания E1лежит на продолжении луча BCЗа точку B.

В треугольнике BDE Z DBE = 30°, BD = 1, BE ^J3.Тогда из теоремы ко­синусов

DE[3][4]= DB2+ BE2-2 — DB — BE —Cos(ZABE)

Получаем DE = 1 Так как BD = DE, то треугольник BDE — равнобедренный и Z BED= 30° . Поскольку этот угол обра­зован касательной BEИ хордой DE, то дуга окружности DEРавна 60° . Следова­тельно, искомый радиус окружности ра­вен хорде DE= 1 . Тогда центр О окруж­ности совпадает с серединой отрезка AD.

2. В случае, когда точка касания лежит на продолжении луча ВС за точку В (см. рис. 70), аналогично имеем

BE12=BD—AB=1-3=3,
откуда BE1= V3. Сравнивая прямо-
угольные треугольники BE1GИ BEO,
находим BG= BO= 2 , GE1= OE= 1 ,
ZBGE1= 60° . Из прямоугольного тре-
угольника GO1O, в котором

Z OGO1= 60°, GO= 4 , находим GO1= 8 . Радиус второй окружности равен GO1-GE1=8-1= 7 .

Ответ: 1 или 7.

Пример 38. Точка О — центр окруж­ности радиуса 2. На продолжении радиу­са ОМ взята точка А. Через точку А проведена прямая, Касающаяся окружно­сти в точке K. Известно, Что Z OAK= 60° . Найти радиус окружно­сти, Вписанной в угол OAK и касающейся данной окружности внешним образом.

Решение. Центр O1искомой окружно­сти лежит на биссектрисе угла А, поэтому

Z O1AK 1 = 30° (см. рис. 71). K1- точка касания этой окружности с прямой АК. Из треугольника O1AK1находим AK1= R ■Ctg30° = ГТз , где R — радиус ис­комой окружности. Из треугольника OAKНаходим

2

AK = OK ■Ctg60°.

√3

Рассмотрение случаев в данной задаче связано с расположением точки касания искомой окружности с прямой AKОтно­сительно точки касания K(левее, правее).

Отрезок внешней касательной окруж­ностей с центрами О и O1равен

2√ Ok■ O1K1= 2√2R

(см. опорную задачу в примере 25). Тогда получаем

AK = AK1+ K1K

2= = R√3 + 2√2R. √3

Решаем квадратное уравнение 3T2+ 2√6 T —2 = 0,

Где T = VR. Получаем единственный по — 2√3 -√6

Ложительный корень T =——- . Т огда

6 — 4√2

3

Еще один случай расположения ок­ружностей рассмотрите самостоятельно.

4√2

Ответ: 2 ± .

3

Задачи для самостоятельного решения

3. Найдите радиус окружности, впи­санной в угол MKNРавный 2 arcsin 0,6 и касающейся окружности, радиуса 4 также вписанной в угол MKN.

4. Вершина равнобедренного тре­угольника с боковой стороной 5 и осно­ванием 8 служит центром данной окруж­ности радиуса 2. Найдите радиус окруж­ности, касающейся данной и проходящей через концы основания треугольника.

5. Расстояние между центрами двух окружностей равно 10R. Одна из окруж­ностей имеет радиус 5R, другая 6R. Неко­торая прямая пересекает меньшую ок­ружность в точках AИ BИ касается большей в точке C. Найдите длину хорды АВ, если AB= 2BC.

6. Две окружности радиусов 1 и 5 ка­саются. Найдите радиус третьей окруж­ности, касающейся первых двух окруж­ностей и прямой, проходящей через цен­тры данных.

7. (ЕГЭ, 2012). Точка О — центр пра­вильного шестиугольника ABCDEFСо стороной 7. Найдите радиус окружности касающейся окружностей, описанных около треугольников BOD, DOF, BOF.

8. В окружности, радиус которой ра­вен 15, проведена хорда AB= 24. Точка С Лежит на хорде АВ так, что AC: BC= 1 : 2. Найдите радиус окружно­сти, касающейся данной окружности и касающейся хорды АВ в точке С.

9. Окружности радиусов 4 и 9 касают­ся внешним образом, лежат по одну сто­рону от некоторой прямой и касаются этой прямой. Найдите радиус окружно­сти, касающейся каждой из двух данных и той же прямой.

Ответы. 3. 1 и 16. 4. — или —.

5. 2RV21 или 6R. 6. 7,5 или — .

9

7. 14 или 6. 8. — Или —. 9. 1,44 или 36. 33

3.3. Интерпретация аналитического
способа решения задачи

Применение аналитического способа решения геометрической задачи может привести к многовариантности. Наличие нескольких корней уравнения подсказы­вает о возможном существовании не­скольких случаев геометрической конфи­гурации, которые требуют дальнейшего исследования с целью реализации усло­вия для каждого из полученных корней уравнения.

Интерпретация решения
уравненияSin Х= А

Методический комментарий. Если в составленном уравнении неизвестной яв­ляется величина угла, то в конечном ито­ге решение его сводится к одному из про­стейших тригонометрических уравнений. Только одно уравнение вида sin X = A, 0 <A<1, определенное на множестве чи­сел (0; π), имеет два корня а или π - а. Следующие простые задачи дают интер­претацию каждого из корней вышеприве­денного уравнения.

1. Радиус окружности равен 1. Найди­те величину вписанного угла, опирающе­гося на хорду, равную V2 . Ответ дайте в градусах.

Ответ: 45° или 135°.

2. Площадь треугольника равна 12. Две его стороны равны 6 и 8. Найдите угол между этими сторонами.

Ответ: 30° или 150° .

Пример 39. Около треугольника ABC описана окружность с центром О, Угол АОС равен 60°. В треугольник ABC впи­сана окружность с центром М. Найти угол АМС.

Решение. В равнобедренном тре­угольнике AOC (OC = OA = R) угол при вершине равен 60° . Следовательно, тре­угольник AOC— равносторонний и AC= R.

Используя следствие обобщенной тео­ремы синусов, получаем

AC = 2R sin B, R = 2R sin B, sin B =-.

2

Отсюда ZB = 30° или ZB = 150°.

1. Пусть ZB = 30° (см. рис. 72), тогда Z A + Z C = 150°. Центр вписанной ок­ружности М, лежит на пересечении бис­сектрис треугольника, значит ZMAC +ZMCA=150°:2 = 75°. Тогда ZAMC=180°-75° =105°.

Рис. 72

2. Случай, когда ZB1= 150° (см. рис. 72), решается аналогично.

Ответ: 165° или 105° .

Пример 40. Трапеция ABCD с основа­ниями AD и ВС вписана в окружность с центром О. Найти высоту трапеции, если ее средняя линия равна 3 И SinZAOB=0,6.

При решении подобных задач полезно напомнить учащимся следующие факты.

• Проекция боковой стороны равно­бедренной трапеции на большее осно­вание равна полуразности оснований, А проекция диагонали— Полусумме ос­нований (Средней линии).

• Вписанный угол измеряется полови­ной дуги, На которую он опирается.

Решение. Пусть Z AOB= а (см. рис. 73). Проведем высоту BHИ диагональ BD. Отрезок HDРавен средней линии. Так как вписанный угол BDAВ два раза
меньше центрального угла AOB, то

А

Z ADB = . Из прямоугольного тре­

Угольника BHDНайдем

А

BH = HD ∙ tg—. Используем

Тангенса половинного

A sinа Т Bh = 3sinа

2 1 + cos а 1 + cos а

1. Рассмотрим случай, когда

Z AOB = а — острый. Находим

Cosα = 0,8 и BH = -3∙06 = 1.

1 + 0,8

2. Второй случай, когда Z AOB = а — тупой, рассмотрите самостоятельно.

Ответ: 9 или 1.

Интерпретация решения
алгебраического уравнения

Методический комментарий. Если в составленном уравнении неизвестной яв­ляется длина отрезка, то составленное алгебраическое уравнение (чаще квад­ратное) может иметь два положительных корня, которые удовлетворяют условию задачи, то есть ситуация, реализованная в условии, не определяется однозначно (см. пример 39).

Интересным является появление отри­цательного корня уравнения, интерпре­тация которого может быть проведена вполне разумно. Для заострения пробле­мы учителю необходимо предлагать учащимся задачи, в которых получаются посторонние, на первый взгляд, корни, но их появление можно и нужно объяснить.

Пример 41. Дана окружность радиуса 13. Точка М — середина радиуса ОК. Хор­да АС перпендикулярна радиусу ОК. Найти расстояние ВМ, Если известно, Что AB — BK = 4 (см. рис.74).

Решение. Обозначим BMЧерез X(см. рис. 74А), тогда имеем OB= 6,5 — XИ BK= 6,5 + X. Используя теорему Пифа­гора для треугольника AOB, находим AB = Y∣ 169 — (6,5 — X)2. Исходя из равен­ства AB= BK+ 4 получаем уравнение λ∕169— (6,5 — X)2= 10,5 + X

Или

X2+4X-8,25=0.

Отсюда находим корни X1= 1,5 и X2= -5,5 .

Положительный корень соответствует ситуации рисунка 74А.

А б

Рис. 74

Интерпретируем отрицательный ко­рень: точка BРасположена между точка­ми MИ K, т. е. отрезок MBС длиной 5,5 откладывается в противоположном на­правлении (см. рис. 74Б).

Ответ: 1,5 или 5,5.

Пример 42. (ЕГЭ, 2011). Окруж­ность, Вписанная в треугольник АВС, площадь которого равна 36, Касается средней линии, Параллельной стороне BC. Известно, Что BC = 9. Найти сторону AB.

Решение. Обозначим AB= X, AC= Y, P — полупериметр треугольника АВС. Пусть точки MИ N— середины сторон ABИ ACСоответственно (см. рис. 75). То — 19 гда MN = ∣BC = 9.

A

C B

Рис. 75

В трапецию BMNCВписана окруж­ность, поэтому

9 27

BM + CN = BC+MN = 9 + — = — .

22

Значит

X + Y = AB + AC = 2BM + 2CN = 27;

AB+AC+BC _ X+Y+9

2 = 2

По формуле Герона

SAbc = JP(P — AB)(P — AC)(P — BC) =
= J 18(18 — X )(18 — Y )(18 — 9) =
= %] 2(18 — X)(18 — Y) = 36 .

Получаем уравнение

√2(18 — X )(18 — Y) = 4.

Возводя обе его части в квадрат и учи­тывая равенство X + Y = 27 , имеем

(18-X)(18-Y)=8,
(18-X)(18-27+X)=8,
X2-27X+170=0.

Отсюда находим, что X = 10 или X = 17. Получаем Y = 17 при X = 10 и Y = 10 при X = 17 . Это означает, что условию задачи соответствует треугольник со сторонами 10, 17, 9. Полученные значения XСоот­ветствуют двум способам обозначения вершин буквами.

Ответ: 10 или 17.

Задачи для самостоятельного решения

10. (ЕГЭ, 2011). Диаметр окружности, вписанный в треугольник PQR, площадь которого равна 132, в три раза меньше высоты, проведенной из вершины P. Из­вестно, что QR = 11 . Найдите сторону PQ.

11. (ЕГЭ, 2011). Окружность, вписан­ная в треугольник KLM, площадь которо­го равна 66, касается средней линии, па­раллельной стороне ML. Известно, что ML = 11 . Найдите MK.

12. (ЕГЭ, 2011). Дана трапеция ABCD С боковыми сторонами AB = 36, CD = 34 и верхним основанием BC = 10. Извест­но, что cosZ ABC = —1. Найдите BD.

13. Медиана BMТреугольника ABC Равна его высоте AH. Найдите угол MBC.

Ответы. 10. 25 или 30. 11. 13 или 20.

12. 36 или 8√Γ9 . 13. 30° или 150°.

Глава 4. Дополнение

Выделим некоторые вопросы, по­зволяющие расширить представление о многовариантных планиметриче­ских задачах.