Математика
Русский язык

6. Геометрия на плоскости (планиметрия). Часть II

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Теорема синусов и теорема косинусов (страница 2)

\(\blacktriangleright\) Теорема синусов:


 

\(\blacktriangleright\) Теорема косинусов: \(\Large{a^2=b^2+c^2-2bc\cdot \cos \angle(b,c)}\)

Задание 8
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\): \(\angle C = 60^{\circ}\), \(AC = 8\), \(AB = 7\). Найдите \(BC\), если известно, что \(BC > 4\).

Добавить задание в избранное




 

По теореме косинусов \(AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2\cdot AC\cdot BC\cdot \cos{\angle ACB}\).
Обозначим \(BC\) за \(x\), тогда \(49 = 64 + x^2 - 8x\), откуда получаем \[x^2 - 8x + 15 = 0.\] Корни этого уравнения \(x_1 = 3\), \(x_2 = 5\).
Так как \(BC > 4\), то подходит только \(x = 5\). Итого: \(BC = 5\).

Ответ: 5

Задание 9
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\): \(\angle A = 45^{\circ}\), \(O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам \(AB\) и \(BC\), \(OD = 44\) – серединный перпендикуляр к стороне \(CB\). Найдите \(CB\).

Добавить задание в избранное




 

Так как \(O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров в треугольнике \(ABC\), то \(O\) – центр описанной около \(ABC\) окружности, \(OC = R\).

Обозначим \(BC = a\). По теореме Пифагора \[R^2 = \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + OD^2.\] По теореме синусов \[\dfrac{a}{\sin\angle A} = 2R,\] тогда \[\dfrac{a}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 2R\qquad\Rightarrow\qquad R = \dfrac{a}{\sqrt{2}}.\]

\(\dfrac{a^2}{2} = \dfrac{a^2}{4} + OD^2\), тогда \(a^2 = 4\cdot OD^2\), откуда \(a = \pm 2\cdot OD\), но \(a > 0\), \(OD > 0\), следовательно, \(a = 2\cdot OD = 88\).

Ответ: 88

Задание 10
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\): \(\angle B = 30^{\circ}\), \(O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам \(AC\) и \(BC\), \(OD\) – серединный перпендикуляр к стороне \(AC\). Найдите \(\dfrac{\sqrt{3}\cdot AC}{OD}\).

Добавить задание в избранное




 

Так как \(O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров в треугольнике \(ABC\), то \(O\) – центр описанной около \(ABC\) окружности, \(OC = R\).

Обозначим \(AC = a\), \(OD = h\). По теореме Пифагора \[R^2 = \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + h^2.\] По теореме синусов \[\dfrac{a}{\sin\angle B} = 2R\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{a}{\frac{1}{2}} = 2R\qquad\Rightarrow\qquad R = a.\]

\(a^2 = \dfrac{a^2}{4} + h^2\), тогда \(\dfrac{a^2}{h^2} = \dfrac{4}{3}\), откуда \(\dfrac{a}{h} = \pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}\), но \(a > 0\), \(h > 0\), следовательно, \(\dfrac{a}{h} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\), тогда \(\dfrac{a\sqrt{3}}{h} = 2\).

Ответ: 2

Задание 11
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\): \(\ O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам \(AC\) и \(BC = 5\pi < AB\), \(OD = 2,5\pi\) – серединный перпендикуляр к стороне \(CB\). Найдите \(\angle A\). Ответ дайте в градусах.

Добавить задание в избранное




 

Так как \(O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров в треугольнике \(ABC\), то \(O\) – центр описанной около \(ABC\) окружности, \(OC = R\).

По теореме Пифагора \[R^2 = CD^2 + OD^2 = 2\cdot 2,5^2\cdot\pi^2\qquad\Rightarrow\qquad R = 2,5\sqrt{2}\pi\] По теореме синусов \[\dfrac{BC}{\sin\angle A} = 2R \qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{5\pi}{\sin\angle A} = 5\sqrt{2}\pi \qquad\Rightarrow\qquad \sin\angle A = \dfrac{1}{\sqrt{2}},\] следовательно, \(\angle A = 45^{\circ}\) или \(\angle A = 135^{\circ}\), но \(AB > BC\), а в треугольнике против большего угла лежит большая сторона, тогда \(\angle A = 45^{\circ}\).

Ответ: 45

Задание 12
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\): \(\ O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам \(AC\) и \(BC\), \(OD\) – серединный перпендикуляр к стороне \(CA\), \(\dfrac{AC}{OD} = 2\sqrt{3}\). Найдите \(\sqrt{3}\cdot\sin\angle B\).

Добавить задание в избранное




 

Так как \(O\) – точка пересечения серединных перпендикуляров в треугольнике \(ABC\), то \(O\) – центр описанной около \(ABC\) окружности, \(OC = R\).

Обозначим \(OD = h\), тогда \(AC = 2h\sqrt{3}\).
По теореме Пифагора \[R^2 = CD^2 + OD^2 = 4h^2\qquad\Rightarrow\qquad R = 2h.\] По теореме синусов \[\dfrac{AC}{\sin\angle B} = 2R\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{2h\sqrt{3}}{\sin\angle B} = 4\cdot h,\] откуда \(\sin\angle B = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\), следовательно, \(\sqrt{3}\cdot\sin\angle B = 1,5\).

Ответ: 1,5

Задание 13
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\): \(BD\) – медиана, \(\angle ABC\) – острый, \(BC = 3\), \(\sin{\angle A} = \dfrac{3\sqrt{3}}{8}\), \(AC = 4\), \(BD = \dfrac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}\). Найдите \(\angle DBC\). Ответ дайте в градусах.

Добавить задание в избранное




 

По теореме синусов в треугольнике \(ABC\) \[\dfrac{AB}{\sin{\angle C}} = \dfrac{BC}{\sin{\angle A}} = \dfrac{CA}{\sin{\angle B}} = 2R,\] где \(R\) – радиус описанной около \(ABC\) окружности.
Тогда \[\dfrac{CA}{\sin{\angle ABC}} = \dfrac{BC}{\sin{\angle A}}\] и, значит, \[\dfrac{4}{\sin{\angle ABC}} = \dfrac{8}{\sqrt{3}} \qquad\Rightarrow\qquad \sin{\angle ABC} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.\] \(\sin{\angle ABC} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\) и \(\angle ABC\) – острый, тогда \(\angle ABC = 60^{\circ}\).

По теореме синусов в треугольнике \(ABD\) \[\dfrac{AD}{\sin{\angle ABD}} = \dfrac{BD}{\sin{\angle BAD}},\] тогда \[\dfrac{2}{\sin{\angle ABD}} = \dfrac{4}{\sqrt{2}} \qquad\Rightarrow\qquad\sin{\angle ABD} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.\] \(\angle ABD\) – острый и \(\sin{\angle ABD} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\), тогда \(\angle ABD = 45^{\circ}\).
\(\angle DBC = \angle ABC - \angle ABD = 15^{\circ}\).

Ответ: 15

Задание 14
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

\(AB\) – диаметр окружности с центром \(O\), который пересекает хорду \(CD\) в точке \(E\), лежащей на \(BO\). Градусная мера дуги \(AC\) равна \(60^{\circ}\), \(OE = 0,6\cdot OA\). Найдите \(7\cdot \cos{\angle CEA}\).

Добавить задание в избранное

Построим радиус \(CO\) и отрезок \(CA\), тогда \(\angle COA = 60^{\circ}\) и, следовательно, треугольник \(COA\) – равносторонний, \(\angle CAE = 60^{\circ}\), \(AC = AO\).


 

\(AE = 1,6\cdot AO\).

Запишем теорему косинусов для треугольника \(ACE\): \[CE^2 = AE^2 + AC^2 - 2\cdot AE\cdot AC\cdot \cos{\angle CAE},\] тогда \[CE^2 = 2,56\cdot AO^2 + AO^2 - 2\cdot 1,6\cdot AO\cdot AO\cdot 0,5 = 1,96\cdot AO^2,\] тогда \(CE = 1,4\cdot AO\).

По теореме синусов \[\dfrac{AC}{\sin{\angle AEC}} = \dfrac{CE}{\sin{\angle CAE}},\] тогда \[\dfrac{AO}{\sin{\angle AEC}} = \dfrac{1,4\cdot AO}{0,5\sqrt{3}}\qquad\Rightarrow\qquad \sin{\angle AEC} = \dfrac{\sqrt{3}}{2,8}.\]

Из основного тригонометрического тождества находим: \(\cos{\angle AEC} = \pm \dfrac{11}{14}\). Так как точка \(E\) лежит на \(BO\), то \(\angle AEC\) – острый, значит \[\cos{\angle AEC} = \dfrac{11}{14}\qquad\Rightarrow\qquad 7\cdot \cos{\angle AEC} = 5,5.\]

Ответ: 5,5

1 2 3