Математика ЕГЭ Профиль
Русский язык ЕГЭ

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 #1024
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 #2304
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 #1025
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 #3870
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 #3896
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 #2620
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 #2621
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) \(5:4\)