15.1. Сторона треугольника равна √2, углы, прилежащие к ней, равны 75° и 60°. Найдите отрезок, соединяющий основания высот,
Проведённых из вершин этих углов.
Ответ:1.
Решение. Пусть BMИ CN — высоты треугольника ABC, BC = vz2, ZABC = 75o, ZACB = = 60°.Тогда
ZBAC = 180° — 75° — 60° = 45°.
Из точек MnNСторона BCВидна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС. Четырёхугольник BCMN — вписанный, поэтому
ZACB = ZMCB = 180o- ZBNM = ZANM, Значит, треугольник AMNПодобен треугольнику ABCПо двум углам (угол при вершине А — общий), причём коэффициент подобия равен
AM /ОЛЛЛ >∣rθ 1
= cos ZBAM = cos 45 = —=.
AB Zz
Следовательно,
MN = BC—J= = √2∙⅛ = 1.
√2 √2
15.2. На стороне BCТреугольника ABCКак на диаметре построена окружность, пересекающая стороны ABИ ACВ точках MnN.Найдите площадь треугольника AMN,Если площадь треугольника ABC
Равна S,А угол ВАС равен А.
Ответ:Scos2А.
Решение. CMИ BN — высоты треугольника АВС. Треугольник MANПодобен треуголь — AN
Нику CABС коэффициентом -== =cosα. По — Aii
Этому
FAN∖2_ _ 2
— I AB√ ‘^δabc— Scos А.
15.3. Точка MiЛежащая вне круга с диаметром АВ, соединена с точками А и В. Отрезки MAИ MBПересекают окружность в точках C и D соответственно. Площадь круга, вписанного в треугольник AMBi В четыре раза больше, чем площадь круга, вписанного в треугольник CMD.Найдите углы треугольника AMBiЕсли известно, что один из них в два раза больше другого.
Ответ:60°, 40°, 80°.
Решение. Поскольку
ΛMCD = 180o — AACD = AABDi
 |
треугольник MCDПодобен треугольнику MBAПо двум углам. Площадь круга, вписанного в треугольник MCDiВ четыре раза меньше плокруга вдвое меньше радиуса второго. Следовательно, коэффициент
Подобия треугольников MCDИ MBAРавен значит,
Cos ACMB — Mb — 2, А т. к. угол CMB — острый (точка MРасположена вне данного круга), то
AAMB = ACMB = 60°.
Угол при вершине MТреугольника AMB Не может быть вдвое меньше угла А или BiТ. к. в противном случае один из углов А или В равен 120° > 90°, что невозможно. Если же угол MВдвое больше угла А, то угол В равен 90°, что также невозможно (в этом случае прямая MBКасается данной окружности). Аналогично докажем, что угол M не может быть вдвое меньше угла В.
Таким образом, либо угол А вдвое больше угла В, либо наоборот. В каждом из этих случаев один из углов равен 40°, а второй 80°.
15.4. Отрезок AB — диаметр окружности, а точка C лежит вне окружности. Отрезки ACИ BCПересекаются с окружностью в точках DИ MСоответственно. Найдите угол CBDiЕсли площади треугольников DCMИ ABCОтносятся как 1:4.
Ответ:30°.
Решение. Треугольники DCMИ BCAПодобны с коэффициентом |. Поэтому BC = = 2CD.Следовательно,
SinACBD = = 2’
А т. к. угол CBD — острый, то ACBD = 30°.
15.5. В треугольнике ABCНа средней линии DEiПараллельной ABi Как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны AC И BC в точках MnN.Найдите MNiЕсли BC = A, AC = Bi AB = с.
C(α2 + b2-c2) Ответ:
Решение.
Окружности с диаметром DEiПоэтому DNИ EM — высоты треугольника CEDi Значит, треугольники CMNИ CEDПодобны с коэффициентом cos ZACB. Следовательно,
C Q2 + Ь2 — C2
MN = DE Cos ZACB = ⅛ ∙ √, =
Z Zab
C(a2 + b2- с2)
4ab
15.6. В треугольнике ABCИзвестно, что AB=Ci BC=Ai ZABC=120°. Найдите расстояние между основаниями высот, проведённых из вершин А и С.
Ответ: -^Va2 4-C2 4-ас.
Решение. Пусть AMИ CN — высоты треугольника АВС. Поскольку угол ABC тупой, точки MnNЛежат на продолжениях сторон BC и АВ.
Из точек MnNСторона AC видна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром АС. Вписанные в эту окруж
Ность углы CMNИ CANОпираются на одну и ту же дугу, поэтому
ZBMN = ZCMN = ZCAN = ZCABi
Значит, треугольник MBNПодобен треугольнику ABC по двум углам (угол при вершине В общий), причём коэффициент подобия равен
= cosZABM = cos 60o = ⅛.
Ad 2»
Следовательно,
MN = AC∙∖ = I √BC2 + AB2- 2BC ∙ AB cos 120° = ∣√α2÷c2÷αc.
15.7. В треугольнике ABC проведены высоты ADИ СЕ. Найдите АС,
Если BC = a, AB = Ь, -г^= к. ALj
Ответ: Va24-B2±2Abk.
Решение. Обозначим Z.ABC = а. Если А < 90° (см. рисунок слева), то треугольники EDBИ CABПодобны с коэффициентом cos а,
= к. Тогда по теореме косинусов
AC2 = BA2 ÷ BC2- 2BA ∙ BC ∙ cos А = B2 ÷ A2- 2Abk.
Если А > 90° (см. рисунок справа), то треугольники EDBИ CABПодоб
— cos(180o-a) = — cos А. Тогда
15.8. 
|
|
Высоты BM и CNОстроугольного неравнобедренного треугольника ABCПересекаются в точке Н. Сторону BC продолжили до пересечения с прямой MNВ точке К. Сколько пар подобных треугольников при этом получилось?
Ответ:10.
 |
Решение. Прямоугольные треугольники ABMИ ACNПодобны по двум углам (угол А — общий). Прямоугольные треугольники BNH И CMHПодобны по двум углам (углы BHNИ CHM — вертикальные). Прямоугольные треугольники BNHИ BMAПодобны по двум углам
(угол В — общий). Прямоугольные треугольники CMHИ CNAПодобны по двум углам (угол C — общий). Следовательно, подобны прямоугольные треугольники BNHИ CNA,А также прямоугольные треугольники CMHИ BMA.
Из точек MnNОтрезок BCВиден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС. Тогда ΛCNM = /CBMКак вписанные углы, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники NHMИ BHCПодобны по двум углам.
Поскольку сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника равна 180°, то
/NBC = 180o — /CMN = /AMN,
Значит, треугольники AMNИ ABCПодобны по двум углам (угол А — Общий).
Аналогично треугольники KCMИ KNBПодобны по двум углам (угол К — общий).
Наконец, из равенства /BCN = /BMNСледует, что подобны треугольники KCNИ KMB.
15.9. В остроугольном треугольнике ABCС углом С, равным 30°, высоты пересекаются в точке M. Найдите площадь треугольника AMB, Если расстояние от центра окружности, описанной около треугольни-
/— √3
Ка АВС, до сторон BCИ ACСоответственно равны √2 и
О
Ответ: —.
Решение. Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника ABC, PИ Q — проекции точки О на стороны BCИ АС. Известно, что расстояние от точки пересечения высот треугольника до его вершины вдвое больше расстояния от центра описанной окружности до
Противоположной стороны треугольника (см. [3], с. 117). Поэтому
BM = 2OQ = —AM = 20 P = 2√2. О
Поскольку ZAMB = 180° — 30° = 150°, то
Sδλmb = ∣AM-MBsin 150° = γ.
£ О
15.10. В треугольнике ABCПроведены высоты BMИ CN, О — центр вписанной окружности. Известно, что BC = 24, MN = 12. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ВОС.
Ответ:8vz3 или 24.
Решение. Из точек MnNСторона BCВидна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром ВС.
Пусть угол ВАС — острый. Четырёхугольник BNMC — вписанный, поэтому
ZNBC = 180o — /NMC = /AMN.
Треугольник AMNПодобен треугольнику ABCПо двум углам (угол А — общий), причём коэффициент подобия ра — AN
Вен — дс =Cos/ВАС. В то же время коэф-
, e, MN 12 1
Фициент подобия равен -≈r = 57 = 5, по-
Этому cos /ВАС =|. Тогда /ВАС = 60°.
Центр О окружности, вписанной
В треугольник АВС, — точка пересечения биссектрис треугольника. Сумма углов при вершинах В и C треугольника ABCРавна 120°, а сумма их половин (т. е. сумма углов при вершинах В и C треугольника ВОС) равна 60°, значит, /ВОС= 180° -60° = 120°.
Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника ВОС. По теореме синусов
R = ВС= 24 — I2 = 24 = R /Ч
2 sin ZBOC 2 sin 120o √3 √3
2
Пусть теперь угол ВАС — тупой. Тогда вписанные углы CMNИ CBN
Опираются на одну и ту же дугу, поэтому /AMN = /CMN = /CBN = /АВС, значит, треугольник AMNПодобен треугольнику АВС, причём коэффициент подо — AN
Бия равен 777 = cos /CAN.В то же вре-
Мя коэффициент подобия равен = 12 1 1 ос
= 57 = πθ3τθMy cos /CAN = —Z.Значит, /CAN = 60°. Следовательно,
/ВАС = 180o — /CAN = 120°,
ZBOC = 180o — I (180° — 120°) = 150°.
Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника ВОС. По теореме синусов
R =Вс= ™= 12 =24
2 sin ZBOC 2 Sin 150″ 1
2
15.11. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н. Известно, что отрезок CH равен радиусу окружности, описанной около треугольника АВС. Найдите угол ACB.
Ответ:60° или 120°.
Решение. Пусть C1— середина АВ, О — центр описанной окружности, R — её радиус. Поскольку CH = 2OC1, то
Oc1 = |сн = ∣R = 1ов.
£ Δ It
Следовательно,
ZBOC1 = 60o, ZAOB = 2ZB0C1 = 120°.
Если точки C и О лежат по одну сторону от прямой AB (см. рисунок слева), то
ZACB = ∣ZAOB = | • 120° = 60°.
Zu Zi
Если же точки C и О лежат по разные стороны от прямой AB (см. рисунок справа), то
15.12. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке H. Известно, что CH = AB.Найдите угол ACB.
Ответ:45° или 135°.
Решение. Пусть C1— середина стороны АВ, О — центр описанной окружности. Поскольку CH = 2OC1, то
OC1 = ∣CH = ⅛AB = C1B.
Поэтому треугольник OC1B — прямоугольный и равнобедренный. Следовательно, ZC1OB = 45°.
Если точки C и О лежат по одну сторону от прямой AB(см. рисунок слева), то
ZACB = IZAOB = ZC1OB = 45°.
Zλ
Если же точки C и О лежат по разные стороны от прямой AB (см. рисунок справа), то
 |
 |
 |
Тогда
SinZB = д/1 — cos2 ZB = у 1 —
Пусть О — центр описанной окружности треугольника ABC, R — её радиус, M — Проекция центра на сторону AC, H — точка пересечения высот. Тогда BH = 20М. По теореме синусов
AO—R— АС= =-2L
2sinZB 2∙- √39
Следовательно,
BH = 20 M = 2 V АО2—AM2 = 2∖∣AO2-^F = =
V 4 V 39 4 √39
15.14. На стороне ABТреугольника ABCКак на диаметре построена окружность, пересекающая стороны ACИ BC в точках DИ EСоответственно. Прямая DEДелит площадь треугольника ABCПополам и образует с прямой ABУгол 15°. Найдите углы треугольника АВС.
Ответ:60°, 75°, 45°.
 |
Решение. Обозначим углы при вершинах А, В и CТреугольника ABCЧерез A, βИ у соответственно. Поскольку точка CЛежит вне окружности с диаметром АВ, то угол при вершине CОстрый, т. е. у <90°.
Точки A, D, EИ В лежат на одной окружности, поэтому ZCDE = 180o — /LADE = /LABC = β.
Аналогично Z.CED = а.
Треугольник CDEПодобен треугольнику CBA,Причём коэффициент подобия равен квадратному корню из отношения площадей этих
Треугольников, т. е. К = —=.C другой стороны, т. к.
Л/ 2
ZAEC = ZAEB = 90°,
То
1 1 CE /ЛГг
— — к — -rμ —Cos ZACE = cosy.
√2 AC 1
Поэтому у = 45°.
Пусть прямая DEПересекается с прямой ABВ точке К. По условию ZAKD = 15°. В то же время ABC — внешний угол треугольника ВЕК, Поэтому
ZABC = ZAKD + ZBEK = ZAKD + ZCED,Или β = 15° + a.
Подставив βВ равенство
A + β = 180°-45° = 135°,
Найдём, что а = 60°. Следовательно, β = 75O.
15.15. В остроугольном треугольнике ABCПроведены высоты CM и AN.Известно, что AC = 2, а площадь круга, описанного около треугольника MBN,Равна Найдите угол между высотой CM и стороной ВС.
Ответ:30°.
Решение. Обозначим ZBCM = а. Треугольник MBNПодобен треугольнику CBAС коэффициентом
⅞7?- = cos ZB = cos (90° — А)= sin А
Поэтому
MN = AC sin а = 2 sin А.
Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника MBN.Тогда
Р _ MN_ 2 sin α _ 2 sin а _
— 2 sin ZB — 2sin(90o-α) — 2 cos a —
По условию задачи πR2 =Поэтому R — — у=, значит, tgА = — у=. Следо — v3 V 3
Вательно, a = 30°.
15.16. В остроугольном треугольнике ABCИз вершин А и C на стороны BC и AB опущены высоты APИ CQ. Найдите сторону АС, если
известно, что периметр треугольника ABCРавен 15, периметр тре-
Угольника BPQРавен 9, а радиус окружности, описанной около тре — 9
Угольника BPQ,Равен $.
^ 24
Ответ: у.
Решение. Обозначим ZABC = А. Треугольник PBQПодобен тре — BP
Угольнику ABCС коэффициентом = cos А, а т. к. отношение периметров подобных треугольников равно коэффициенту подобия, то cos α = = у sin а = у Тогда если г и R — ра
Диусы описанных окружностей подобных треугольников PBQИ АВС, то
R=—г-—• — — 3 К 3Г3 5 5,
Следовательно,
4 24
AC = 2Bsinα = 2∙3∙ = ‰J О
15.17. 
Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, равны 5, 12 и 13. Найдите радиус описанной около треугольника окружности.
 |
Ответ:13.
Решение. Пусть продолжения высот ΛA1, BB1и CC1треугольника ABCПересекают описанную окружность в точках A2, B2И C2 соответственно, A1B1 = 13, B1C1 = 12, A1C1 = 5, a H — точка пересечения высот. Тогда A1, B1и C1—середины отрезков HA2, HB2 и HC2(см. [3], с. 116), поэтому A1B1, A1C1и B1C1—средние линии треугольников A2HB2, A2HC2и B2HC2.Значит, треугольник A2B2C2 подобен треугольнику A1B1C1с коэффициентом 2, а т. к. треугольник A1B1C1прямоугольный (52 + 122 = 132), то треугольник A2B2C2— также прямоугольный, причём его угол, лежащий против наибольшей стороны A2B2, равен 90°. Следовательно, диаметр описанной окружности треугольника A2B2C2, а значит, и треугольника АВС, равен гипотенузе треугольника A2B2C2, т. е. 26, а искомый радиус равен 13.
15.18. Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника, равны 8, 15 и 17. Найдите площадь треугольника.
Ответ:340.
Решение. Пусть AD, BEnCF — высоты остроугольного треугольника ABC; DF = 8, EF = 15, DE = 17. Поскольку 82 +152 = 172, то треугольник DEF — прямоугольный, /.DFE = 90°.
Обозначим через A, βИ у углы при вершинах соответственно А, В и C треугольника АВС. Поскольку сторона AC видна из точек FИ D Под прямым углом, эти точки лежат на окружности с диаметром АС, значит,
/BDF = 180o — /CDF = /CAF = а.
Аналогично докажем, что
ZCDE = a, ZCED = β, ZAEF = β, ZAFE = γ, ZBFD = γ.
Пусть R — радиус описанной окружности треугольника АВС. Тогда Sδabc = 2Я2sin A sin β sin γ.
(см. приложение 2, 22ж).
Для того чтобы найти R,Продолжим высоты AD, BEИ CFДо пересечения с описанной окружностью в точках D‘, E‘И F‘Соответственно. Если H — точка пересечения высот треугольника АВС, то точки D, E NF — середины отрезков HD‘, НЕ’ и HF‘.Поэтому EF, DEnDF — средние линии треугольников E‘HF‘, D‘НЕ’ и D‘HF‘.Значит, треугольник D‘E‘F‘Подобен треугольнику DEFС коэффициентом 2. Следовательно, треугольник D‘E‘F‘— прямоугольный, а радиус R его (и треугольника АВС) описанной окружности равен половине гипотенузы EfD‘, Т. е. 17.
Поскольку
ZEDF = 180o- ZBDF — ZCDE = 180o — 2α и cos ZEDF = = ⅛,
DE 17
То
О
— = cos ZEDF = cos(180o— 2α) = — cos 2а,
 |
|
 |
|
 |
Аналогично находим, что
 |
|
 |
|
Следовательно,
 |
 |
|
15.19. Продолжения высот AMИ CNОстроугольного треугольника ABCПересекают описанную около него окружность в точках PhQ. Найдите радиус описанной окружности, если AC = a, PQ — ⅛.
Ответ: ⅛.
О
Решение. Пусть H — точка пересечения высот. Известно, что точка, симметричная ортоцентру треугольника относительно стороны, лежит на описанной окружности треугольника. Поэтому HM = MP
И HN = NQ.Значит, MN — средняя линия треугольника HQP.Следовательно,
MN = ∣PQ = ⅛.
Треугольник BMNПодобен треугольнику ВАС, причём коэффициент подобия равен cos /АВС, значит,
∠λγ>λ-, MN 5a 3 ∙ √λγ>Z-. 4
Cos ZABC =-τττ = — = е, SinZABC = T-
AC а 5 ’ 5
Если R — искомый радиус, то
R AC_ А _ 5а
К~ 2sinZABC — 2∙- ~ θ
5
15.20. В остроугольном треугольнике PQR (PQ > QR)Проведены высоты PT и RS; QN—Диаметр окружности, описанной около треугольника PQR.Известно, что острый угол между высотами PTИ RS Равен A, PR = а. Найдите площадь четырёхугольника NSQT.
1 ?
Ответ: ^UZCtgА.
Решение. Треугольник PQR — остроугольный, поэтому его угол при вершине QРавен острому углу между высотами PTИ RS, т. е. А.
Через вершину QПроведём касатель — ную к описанной окружности треуголь — ника PQRИ отметим на ней точку А, / / ∖ X \ лежащую с точкой PПо разные сторо-
/ / Jfχk \ ны от пРям°й QK — Из теоремы об уг — / \ \ \ ле межДУ касательной и хордой следу-
∖X. ет, 4τo/AQR = /.RPQ = /QTS,Значит, / aτ*κ∙ QW-L ^Q, то STlQN. Ta-
V—_____ × \\ ζ≥βy ким образом, диагонали четырёхуголь-
R \ \\\ / Р никаNSQTПерпендикулярны. Тогда ес-
Ли s — его площадь, то s = ⅛T ∙ QN.
N «
Треугольник TQS подобен треуголь — QT
Нику PQR,Причём коэффициент подобия равен = cos А, значит, ST = PRcosa = Ucosa.
Пусть Г — радиус описанной окружности треугольника PQR.Тогда PR A R,
Г = — = 7г-:—. Следовательно,
2 sm α 2 sm а ’
S = ⅛ST∙QN = E
2 2 2 sin а 2 °
15.21. В треугольнике ABC проведены высота АН, равная H,Медиана AM,Равная Т, и биссектриса AN.Точка N — середина отрезка МН. Найдите расстояние от вершины А до точки пересечения высот треугольника АВС.
Решение. Из прямоугольных треугольников AHMИ AHNНаходим, что
HM2 = AM2— AH2 = m2- h2, HN = ⅛HM =
4* J-t
AN2 = AH2+HN2 = Ft2 + ⅛≤ = ≡⅛≤.
4 4
Пусть О — центр окружности, описанной около треугольника АВС, К — отличная от А точка пересечения прямой ANС описанной окружностью. Поскольку AK — биссектриса угла ВАС, то <^BK = <уКС. Поэтому OK — биссектриса угла BOCРавнобедренного треугольника ВОС. Следовательно, точка MЛежит на ОК. Поэтому KM 1 ВС, А т. к. NH = NM,То из равенства прямоугольных треугольников AHN И KMNСледует, что AN = NK.Поэтому ON IAK.
 |
В прямоугольном треугольнике ONKИзвестно, что NK = AN, KM = = AH = H.Тогда
NK2 = OK • КМ, или m2 + 3h∙2 = (H + OM)h.
 |
 |
Пусть F — точка пересечения высот треугольника АВС. Тогда
 |