Математика
Русский язык

16. Задачи по планиметрии

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

Задачи по планиметрии формата ЕГЭ

Задание 1
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(O\) – центр вписанной в трапецию \(ABCD\) окружности, которая касается стороны \(AB\) в точке \(R\), а стороны \(AD\) в точке \(T\). Прямая, содержащая отрезок \(BO\), пересекает сторону \(AD\) в точке \(S\).

а) Докажите, что \(RT \parallel BS\).

б) Средняя линия трапеции \(BCDS\) равна \(4\), а площадь треугольника \(COD\) равна 16. Найдите \(CO\).

Добавить задание в избранное



а) Проведем радиусы \(OR\), \(OT\) и радиус \(OE\) в точку \(E\) касания окружности со стороной \(BC\), а также соединим \(A\) и \(O\).

 

Тогда \(OE\) перпендикулярно \(BC\) и значит точки \(B\), \(O\) и \(T\) лежат на одной прямой, откуда \(\angle BOE = \angle TOS\) как вертикальные, следовательно треугольники \(BOE\) и \(TOS\) равны по катету и острому углу (\(TO = OE\) как радиусы).

Тогда \(BO = OS\). \(AO\) – биссектриса в треугольнике \(ABS\) (она проходит через точку, равноудаленную от сторон угла \(\angle BAS\)), но из равенства \(BO = OS\) следует, что \(AO\) – медиана.

Треугольник, в котором биссектриса является медианой – равнобедренный и \(AO\) перпендикулярна \(BS\).

\(AR = AT\) как отрезки касательной, проведенной из одной точки, тогда треугольники \(ARO\) и \(AOT\) – равны (по трем сторонам), тогда \(\angle AOR = \angle AOT\) и \(AO\) – биссектриса угла \(\angle ROT\).

Треугольник \(ROT\) равнобедренный, тогда \(AO\) перпендикулярна \(RT\). В итоге, \(AO\) перпендикулярна \(RT\) и \(BS\), тогда \(RT \parallel BS\).

 

б) Пусть \(OK\) – перпендикуляр из точки \(O\) на \(CD\). Средняя линия трапеции \(BCDS\) является средней линией трапеции \(ECTD\).

Так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то \[EC + TD = 2\cdot 4 = 8.\] \(CD = EC + TD = 8\) (так как отрезки касательных, проведенных из одной точки равны, то \(EC = CK\), а \(TD = DK\)). \[S_{COD} = \dfrac{1}{2}CD\cdot OK = 16,\] откуда \(OK = 4\), следовательно \(OK\) и есть средняя линия трапеции \(BCDS\) (перпендикуляр из точки на прямую имеет наименьшую длину, другой отрезок, соединяющий \(O\) и точку на \(CD\) был бы длиннее).

\(OK\) перпендикулярен \(CD\), но \(OK \parallel AD\), тогда \(ABCD\) – прямоугольная трапеция, \(\angle ADC = 90^{\circ}\). В итоге \(OECK\) – прямоугольник, у которого \(OE = OK = 4\), тогда он квадрат и \(OK = CK = 4\).

Треугольник \(COK\) – прямоугольный, тогда \(CO = 4\sqrt{2}\).

Ответ:

б) \(4\sqrt{2}\).

Задание 2
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Диагонали параллелограмма \(ABCD\) пересекаются в точке \(E\). Биссектрисы углов \(DAE\) и \(EBC\) пересекаются в точке \(F\), причем \(ECFD\) – параллелограмм.

 

а) Докажите, что треугольники \(BCF\) и \(ADF\) равны.

 

б) Найдите величину угла \(AFB\).

Добавить задание в избранное




 

а) Обозначим половину угла \(DAE\) за \(\alpha\), а половину угла \(EBC\) за \(\beta\). Тогда, т.к. \(ECFD\) – параллелограмм, то \(CF\parallel ED\) и \(EC\parallel DF\).
Значит, \(\angle EBF\) и \(\angle CFB\) – накрест лежащие углы при параллельных прямых \(CF\) и \(BD\) и секущей \(BF\). Следовательно, \(\angle CFB=\beta\).

 

Аналогично доказывается, что \(\angle DFA=\alpha\).

 

Следовательно, \(\triangle BCF\) и \(\triangle ADF\) – равнобедренные, то есть \(BC=CF\) и \(AD=DF\). Но т.к. \(ABCD\) – параллелограмм, то \(BC=AD\), следовательно, \(BC=CF=AD=DF=x\).

 

Т.к. \(ECFD\) – параллелограмм, то \(EC=DF=x\), \(ED=CF=x\). Следовательно, \(EC=CF=FD=ED=x\). То есть \(ECFD\) – ромб.

 

Значит, из того, что \(BC=EC\) следует, что \(\triangle BCE\) – равнобедренный, то есть \(\angle BEC=2\beta\). Аналогично \(\triangle AED\) – равнобедренный и \(\angle AED=2\alpha\). Но \(\angle BEC\) и \(\angle AED\) – вертикальные, следовательно, \(2\beta=2\alpha\), откуда \(\alpha=\beta\).


 

б) Заметим также, что \(\angle ADE=\angle EBC\) как накрест лежащие при параллельных прямых \(AD\) и \(BC\) и секущей \(BD\). Следовательно, в \(\triangle AED\) все углы равны по \(2\alpha\). Значит, он равносторонний и \(2\alpha=60^\circ\).

 

Тогда \(\angle CED=180^\circ-2\alpha=\angle CFD\) (как противоположные углы параллелограмма), следовательно

\[\angle AFB=\angle CFD-\alpha-\alpha=180^\circ-2\alpha-2\alpha=180^\circ-4\alpha=60^\circ\]

Замечание

Заметим, что вообще говоря \(ABCD\) – прямоугольник, потому что из \(AE=ED\) следует, что и \(AC=BD\) – а равенство диагоналей параллелограмма и есть признак того, что это прямоугольник.

Ответ:

б) \(60^\circ\)

Задание 3
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Серединные перпендикуляры к сторонам \(AB\) и \(CD\) четырёхугольника \(ABCD\) пересекаются на стороне \(AD\), при этом \(\angle A = \angle D\).

а) Докажите, что основание биссектрисы угла \(\angle ADB\) делит сторону \(AB\) в таком же отношении, что и основание биссектрисы угла \(\angle CAD\) делит сторону \(CD\).

б) Пусть \(\angle ADB = \alpha\), \(\angle CAD = \beta\), \(\rho(P; <QR>)\) означает расстояние от точки \(P\), до прямой, содержащей \(QR\). Найдите \(\dfrac{\rho(B; <AD>)}{\rho(C; <AD>)}\).

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(M\) и \(N\) – середины \(AB\) и \(CD\) соответственно, \(K\) – точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам \(AB\) и \(CD\).

Из точки \(A\) на прямую, содержащую \(CD\), опустим перпендикуляр \(AC'\). Из точки \(D\) на прямую, содержащую \(AB\), опустим перпендикуляр \(DB'\).

Так как \(\angle A = \angle D\), то треугольники \(AB'D\) и \(AC'D\) равны по гипотенузе и острому углу, откуда \(C'D = AB'\). Обозначим \(C'D = h\). Возможны 2 случая:

1) отрезок \(BC\) пересекает \(B'C'\),

2) отрезок \(BC\) не пересекает \(B'C'\).

 

1) Пусть \(BB' = a\), \(CC' = b\) и \(AB' > AB\), тогда \(C'D < CD\).
\(AB = h - a\), \(CD = h + b\), откуда \[AM = \dfrac{h - a}{2},\qquad DN = \dfrac{h + b}{2}.\]

Треугольники \(AMK\) и \(AB'D\) подобны по двум углам, откуда \[\dfrac{h - a}{2h} = \dfrac{AK}{AD}\qquad\Rightarrow\qquad AK = \dfrac{h - a}{2h}AD.\]

Аналогично из подобия треугольников \(KND\) и \(AC'D\) получаем \(DK = \dfrac{h + b}{2h}AD\).

Так как \(AK + KD = AD\), то \[AD = \dfrac{h - a}{2h}AD + \dfrac{h + b}{2h}AD,\] откуда \[-a + b = 0\qquad\Rightarrow\qquad a = b.\]

 

Так как треугольники \(AB'D\) и \(AC'D\) равны (по гипотенузе и острому углу), то \(B'D = A'C\). Так как \(BB' = CC'\), то прямоугольные треугольники \(BB'D\) и \(ACC'\) равны (по двум катетам), следовательно, \(AC = BD\).

 

2) Аналогично первому случаю, только в итоге получим \[AD = \dfrac{h - a}{2h}AD + \dfrac{h - b}{2h}AD\] или \[AD = \dfrac{h + a}{2h}AD + \dfrac{h + b}{2h}AD.\] В обоих этих случаях будет \(a + b = 0\), откуда в силу \(a\geq 0\), \(b\geq 0\) получим, что \(a = b = 0\), но \(BD' = AC'\) (так как треугольники \(AB'D\) и \(AC'D\) равны).

В итоге \(AC = BD\), тогда из теоремы о биссектрисе (биссектриса треугольника делит его сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам) получаем нужное равенство.

 

б) Так как у треугольников \(BDA\) и \(CDA\) основание \(AD\) – общее, то \[\dfrac{\rho(B; <AD>)}{\rho(C; <AD>)} = \dfrac{S_{\triangle BDA}}{S_{\triangle CDA}}.\]

Так как \(AC = BD\), а \(AD\) общая для треугольников \(BDA\) и \(CDA\), то \[\dfrac{S_{\triangle BDA}}{S_{\triangle CDA}} = \dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}.\] В итоге \[\dfrac{\rho(B; <AD>)}{\rho(C; <AD>)} = \dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}\).

Задание 4
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность проходит через вершины \(B\) и \(C\) треугольника \(ABC\) и пересекает \(AB\) и \(AC\) в точках \(C_1\) и \(B_1\) соответственно.

 

а) Докажите, что треугольник \(ABC\) подобен треугольнику \(AB_1C_1\).

б) Вычислите длину стороны \(BC\) и радиус данной окружности, если \(\angle A=30^\circ\), \(B_1C_1= 5\) и площадь треугольника \(AB_1C_1\) в пять раз меньше площади четырёхугольника \(BCB_1C_1\).

Добавить задание в избранное

а) Четырехугольник \(BCB_1C_1\) вписанный, следовательно, суммы его противоположных углов равны \(180^\circ\).



То есть \(\angle B+\angle CB_1C_1=180^\circ\). Но \(\angle CB_1C_1+\angle AB_1C_1=180^\circ\), откуда \(\angle B=\angle AB_1C_1\). Следовательно, \(\triangle ABC\sim AB_1C_1\) по двум углам (второй угол \(\angle A\) — общий).

 

б) Пусть \(S_{BCB_1C_1}=5S\), \(S_{AB_1C_1}=S\), следовательно, \(S_{ABC}=6S\). Тогда \(S_{ABC}:S_{AB_1C_1}=6:1=k^2\), откуда \(k=\sqrt6\). Тогда \(BC=B_1C_1\cdot k=5\sqrt6\).
Найдем радиус \(R\) окружности.

 

Способ 1.

 

Так как угол между двумя секущими, проведенными из одной точки вне окружности, равен полуразности дуг, заключенных между ними, то \(\angle A=\angle BB_1C-\angle B_1BC_1\). Обозначим \(\angle BB_1C=\alpha, \angle B_1BC_1=\beta\). Тогда \(\alpha-\beta=30^\circ\).
Окружность описана около треугольников \(BB_1C\) и \(B_1BC_1\), следовательно, по теореме синусов \[\dfrac{BC}{\sin\alpha}=2R=\dfrac{B_1C_1}{\sin\beta}\quad\Rightarrow\quad \sin\alpha=\sqrt6\sin\beta\]

Отсюда: \[\begin{aligned} &\sin(30^\circ+\beta)=\sqrt6\sin \beta\quad\Rightarrow\quad \sin30^\circ \cdot \cos\beta+\cos30^\circ\cdot \sin \beta=\sqrt6\sin \beta \quad\Rightarrow\\ &\cos\beta=\sqrt3(2\sqrt2-1)\sin\beta\quad\Rightarrow\quad \mathrm{ctg}\,\beta=\sqrt3(2\sqrt2-1) \end{aligned}\] Тогда по формуле \(1+\mathrm{ctg}^2\beta=\dfrac1{\sin^2\beta}\) имеем: \[\sin\beta=\dfrac1{2\sqrt{7-3\sqrt2}}\] Следовательно, \[R=\dfrac{B_1C_1}{2\sin\beta}=5\sqrt{7-3\sqrt2}\]

Способ 2.

 

Проведем \(C_1D\parallel AC\):



Тогда \(\angle BC_1D=\angle A\); также \(\angle BC_1D=\angle BCD\) как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу.
Так как \(C_1D\parallel B_1C\), то \(CD=B_1C_1\), следовательно, в \(\triangle BCD\): \(\angle C=30^\circ\), \(CD=5\), \(BC=5\sqrt6\).
Следовательно, по теореме косинусов: \[BD^2=BC^2+CD^2-2\cdot BC\cdot CD\cdot \cos30^\circ=25(7-3\sqrt2) \quad\Rightarrow\quad BD=5\sqrt{7-3\sqrt2}\] Тогда по теореме синусов (так как окружность описана около \(\triangle BCD\): \[R=\dfrac{BD}{2\sin \angle BCD}=5\sqrt{7-3\sqrt2}\]

Ответ:

б) \(5\sqrt6\), \(5\sqrt{7-3\sqrt2}\)

Задание 5
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Радиус вписанной в треугольник \(ABC\) окружности равен \(\dfrac{\sqrt{15}}3\). Окружность радиуса \(\dfrac{5\sqrt5}{3\sqrt3}\) касается вписанной в треугольник \(ABC\) окружности в точке \(T\), а также касается лучей, образующих угол \(ACB\). Окружности касаются прямой \(AC\) в точках \(M\) и \(K\).

 

а) Докажите, что треугольник \(KTM\) прямоугольный.

 

б) Найдите тангенс угла \(ABC\), если площадь треугольника \(ABC\) равна \(3\sqrt{15}\), а наибольшей из его сторон является сторона \(AC\).

 

Добавить задание в избранное

а) Так как обе окружности вписаны в угол \(ACB\), то их центры лежат на биссектрисе угла \(ACB\). Рассмотрим чертеж:
Заметим, что \(\dfrac{5\sqrt5}{3\sqrt3}=\dfrac{5\sqrt{15}}9>\dfrac{\sqrt{15}}3\), следовательно, центр второй окружности находится дальше от вершины \(C\), чем центр окружности, вписанной в \(\triangle ABC\).
Так как окружности касаются, то их центры и точка касания лежат на одной прямой. \(OM=OT\) –радиусы, следовательно, \(\triangle OMT\) – равнобедренный. Аналогично \(\triangle QKT\) – равнобедренный. Пусть \(\angle OMT=\alpha, \angle QKT=\beta\).
Так как \(\angle OMK=\angle QKM=90^\circ\) (так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной), то \(OM\parallel QK\). Следовательно, \(\angle MOQ+\angle KQO=180^\circ\) как односторонние (: \[180^\circ-2\alpha+180^\circ-2\beta=180^\circ \quad\Leftrightarrow\quad \alpha+\beta=90^\circ\] Отсюда \(\angle KTM=180^\circ-\alpha-\beta=90^\circ\).

 

б) Проведем \(OH\perp QK\). Следовательно, \(HQ=QK-OM=\frac29\sqrt{15}\). \(OQ=\frac89\sqrt{15}\). Следовательно, \[OH=\sqrt{OQ^2-HQ^2}=\dfrac{10}3\]
Из подобия \(\triangle CKQ\sim\triangle OHQ\): \[\dfrac{CK}{OH}=\dfrac{KQ}{QH}\quad\Rightarrow\quad CK=\dfrac{25}3\] Следовательно, так как \(OH=MK\), то \(CM=\dfrac{25}3-\dfrac{10}3=5\).

 

Из формулы \(S=pr\) следует, что \(p_{ABC}=9\), откуда \(P_{ABC}=18\).
Так как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны, то \(CM=CP=5, BP=BR=y, AM=AR=x\). Следовательно, \[AB=\dfrac{P_{ABC}-2CM}2=4=x+y, \quad AC=5+x, \quad BC=5+y\] По формуле Герона: \[S_{ABC}=\sqrt{9\cdot (9-4)(9-5-x)(9-5-y)}=3\sqrt{15}\quad\Rightarrow\quad (4-x)(4-y)=3\] Так как \(x+y=4\), то получаем уравнение \[y^2-4y+3=0\quad\Rightarrow\quad y=1; \quad y=3\] Если \(y=1\), то \(x=3\); если \(y=3\), то \(x=1\).
Так как \(AC\) – большая сторона, то \(AC>BC\), откуда \(x>y\). Следовательно, подходят \(x=3, y=1\).
Следовательно, \(AB=4, AC=8, BC=6\).
По теореме косинусов \[\cos\angle ABC=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2AB\cdot BC}=-\dfrac14\] Следовательно, \(\sin\angle ABC=\dfrac{\sqrt{15}}4\). Тогда \[\mathrm{tg}\,\angle ABC=-\sqrt{15}\]

Ответ:

\(-\sqrt{15}\)

Задание 6
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) проведена медиана \(BM\).

 

а) Может ли радиус окружности, вписанной в треугольник \(ABM\), быть в два раза меньше радиуса окружности, вписанной в треугольник \(ABC\)?

б) Окружности, вписанные в треугольник \(ABM\) и \(CBM\), касаются медианы \(BM\) в точках \(P\) и \(K\) соответственно. Найдите расстояние между точками \(P\) и \(K\), если известно, что \(AB=17\), \(BC=7\) и \(AC=\sqrt{177}\).

 

(Задача от подписчиков.)

Добавить задание в избранное

а) Предположим, что радиус окружности, вписанной в \(\triangle ABC\), в два раза больше радиуса окружности, вписанной в \(\triangle ABM\). Обозначим радиус окружности, вписанной в \(\triangle ABC\), за \(r\), тогда радиус окружности, вписанной в \(\triangle ABM\), равен \(0,5r\).
Тогда \[S_{\triangle ABC}=\dfrac{AB+BC+AC}2\cdot r, \quad S_{\triangle ABM}=\dfrac{AB+BM+0,5AC}2\cdot 0,5r.\] Т.к. медиана делит треугольник на два равновеликих, то \(S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABM}\), следовательно:

\[\dfrac{AB+BC+AC}2\cdot r=2\cdot \dfrac{AB+BM+0,5AC}2\cdot 0,5r \quad \Leftrightarrow \quad BM=BC+0,5AC \quad\Leftrightarrow\quad BM=BC+CM\] Получили, что в \(\triangle CBM\) одна сторона равна сумме двух других, что противоречит основному неравенству треугольника (каждая сторона меньше суммы двух других). Следовательно, ответ: нет.


 

б) Пусть \(N, R\) – точки касания окружности, вписанной в \(\triangle CBM\), со сторонами \(BC\) и \(CM\) соответственно. \(L, T\) – точки касания окружности, вписанной в \(\triangle ABM\), со сторонами \(AB\) и \(AM\) соответственно.

 

Т.к. отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны, то \(BN=BK=a\), \(CN=CR=b\), \(MP=MT=c\), \(AT=AL=d\). Если обозначить \(PK=x\), то также имеем: \(MR=MK=c+x\), \(BL=BP=a+x\).

 

Тогда можно записать следующую систему:

\[\begin{cases} a+b=7\\ a+d+x=17\\ 2(b+c+x)=\sqrt{177}\\ 2(c+d)=\sqrt{177} \end{cases}\]

Вычитая из второго уравнения первое, получим \(d-b+x=10\). Вычитая из третьего уравнения четвертое, получим \(b-d+x=0\). Складывая полученные уравнения, находим, что \(2x=10\), следовательно, \(x=5\).

Ответ:

б) 5

Задание 7
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность касается стороны \(AC\) остроугольного треугольника \(ABC\) и делит каждый каждую из сторон \(AB\) и \(BC\) на три равные части.

 

а) Докажите, что \(\triangle ABC\) равнобедренный.

б) Найдите, в каком отношении, считая от вершины \(B\), высота этого треугольника делит сторону \(BC\).

 

(Задача от подписчиков.)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(A_1, A_2\) – точки пересечения окружности со стороной \(BC\), \(C_1, C_2\) – со стороной \(AB\). Пусть \(BC_2=a\), \(BA_2=b\).
Т.к. для двух секущих \(BA\) и \(BC\), проведенных из одной точки, выполнено: \(BC_2\cdot BC_1=BA_2\cdot BA_1\), то \[a\cdot 2a=b\cdot 2b\quad\Leftrightarrow\quad a=b.\]Следовательно, \(AB=BC=3a\), то есть \(\triangle ABC\) равнобедренный.


 

б) Т.к. квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то \[AB_1^2=AC_1\cdot AC_2=CA_1\cdot CA_2=CB_1^2=2a^2 \quad\Leftrightarrow\quad AB_1=CB_1=\sqrt2a\quad\Rightarrow\quad AC=2\sqrt2a.\] Следовательно, имеем равнобедренный треугольник со сторонами \(3a, 3a\) и \(2\sqrt2a\).
Пусть \(AH\) – высота. Тогда из прямоугольных \(\triangle ABH\) и \(\triangle ACH\): \[AH^2=AB^2-BH^2=AC^2-CH^2 \quad\Rightarrow\quad 9a^2-BH^2=8a^2-CH^2 \quad\Leftrightarrow\quad (BH-CH)(BH+CH)=a^2.\] Т.к. \(BH+CH=BC=3a\), то имеем: \(BH-CH=\dfrac13a\).

Следовательно, \(BH=\dfrac53a\), \(CH=\dfrac43a\), откуда \(BH:CH=5:4\).

Ответ:

б) \(5:4\)