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

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 5
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) \(5:4\)

Задание 6
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан треугольник \(ABC\), на стороне \(BC\) которого взята точка \(E\) так, что \(BE=AB\), а на стороне \(AC\) взята точка \(D\) так, что \(AD=DE\). На стороне \(AC\) также взята точка \(F\) так, что \(EF\parallel BD\).

 

а) Докажите, что \(CF\cdot AB=AD\cdot CE\).

б) Найдите площадь треугольника \(ABC\), если известно, что \(\angle AED=\angle CEF=30^\circ\) и \(CL=6\), где \(L\) – точка пересечения прямых \(AB\) и \(ED\).

Добавить задание в избранное

а) Перепишем равенство, которое нужно доказать, в следующий вид: \[\dfrac{CF}{AD}=\dfrac{CE}{AB} \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{CF}{ED}=\dfrac{CE}{EB} \quad (*)\] Докажем, что \(ED=FD\). Тогда из теоремы Фалеса, так как \(EF\parallel DB\), будет следовать, что равенство \((*)\) верно.



\(\angle ADB=\angle AFE\) как соответственные при \(EF\parallel DB\) и \(AC\) секущей. \(\angle BDE=\angle FED\) как накрест лежащие при \(EF\parallel DB\) и \(ED\) секущей.
\(\triangle ADB=\triangle EDB\) по трем сторонам, следовательно, \(\angle ADB=\angle BDE\).
Следовательно, \(\angle FED=\angle BDE=\angle ADB=\angle AFE\), откуда \(\triangle DFE\) равнобедренный и \(ED=FD\).

 

б) Проведем \(AE\).



\(ADEB\) – дельтоид, следовательно, его диагонали взаимно перпендикулярны, то есть \(AE\perp DB\).
(Докажем это. Пусть \(AE\cap DB=O\). Так как \(\triangle ADE\) равнобедренный, то \(DO\) – высота, следовательно, \(DB\perp AE\).)
Следовательно, \(\angle FEO=\angle DOE=90^\circ\) (так как если \(OE\perp DB\), \(DB\parallel FE\), то \(OE\perp FE\)).
Заметим, что \(\angle DEF=90^\circ-30^\circ=60^\circ\), следовательно, \(\triangle DEF\) – равносторонний, то есть \(FE=DF=DE\).
Также заметим, что \(\angle DEO=\angle DAO=\angle DBE=\angle DBA=30^\circ\). А \(\angle OAB=90^\circ-\angle OBA=60^\circ\).
Следовательно, \(\angle BAC=90^\circ\), \(\angle ABC=60^\circ\), следовательно, \(\angle ACB=30^\circ\).
Таким образом, \(\triangle CFE\) равнобедренный (\(\angle FEC=\angle FCE=30^\circ\)), следовательно, \(FC=FE=FD\).
Следовательно, точки \(D\) и \(F\) разбивают \(AC\) на три равных отрезка.
Заметим, что \(\triangle DEC=\triangle DEB\) как прямоугольные по общему катету и острым углам, следовательно, \(EC=EB\).

По теореме Менелая для \(\triangle CBA\) и прямой \(LE\): \[\dfrac{AD}{DC}\cdot \dfrac{CE}{EB}\cdot \dfrac{BL}{LA}=1 \quad\Rightarrow \quad \dfrac{BL}{LA}=\dfrac21\quad\Rightarrow\quad BL=2LA\quad\Rightarrow\quad AB=AL\] Следовательно, \(BL=BC\) и \(\triangle LBC\) равнобедренный, а так как \(\angle LBC=60^\circ\), то равносторонний. Значит, \(AB=\frac12LB=\frac12CL=3\).
Тогда \[\sqrt3=\mathrm{tg}\,60^\circ=\dfrac{AC}{AB} \quad\Rightarrow\quad AC=3\sqrt3\] Тогда \[S_{\triangle ABC}=\dfrac12\cdot AC\cdot AB=\dfrac92\sqrt3\]

Ответ:

б) \(\frac92\sqrt3\)

Задание 7
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две хорды окружности \(AC\) и \(BD\) взаимно перпендикулярны.

 

а) Найдите отрезок, соединяющий середины хорд \(AC\) и \(BD\), если отрезок, соединяющий точку их пересечения с центром окружности, равен \(3\).

 

б) При условиях пункта а) найдите \(AD\), если \(AD>BC\), \(AC=BD\) и отрезок, соединяющий середины хорд \(AB\) и \(CD\), равен \(5\).

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(O\) – центр окружности, \(Q\) – точка пересечения хорд \(AC\) и \(BD\). Пусть также \(M\) и \(N\) – середины этих хорд. Тогда \(OM\) и \(ON\) – перпендикуляры к этим хордам.


 

Действительно, \(\triangle AOC\) – равнобедренный (\(OA=OC\) – радиусы), поэтому медиана \(OM\) в нем является и высотой. Аналогично доказывается, что \(ON\perp BD\).

 

Таким образом, в четырехугольнике \(OMQN\) три угла – прямые (\(\angle M=\angle Q=\angle N=90^\circ\)), следовательно, этот четырехугольник по признаку является прямоугольником. Т.к. в прямоугольнике диагонали равны, то \(MN=OQ=3\).

б) Докажем, что \(ABCD\) – равнобедренная трапеция.
Т.к. \(AC=BD\), то \(\angle ADC=\angle BAD=\alpha\) как вписанные углы, опирающиеся на равные хорды. \(\angle BAC=\angle BDC=\beta\) как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же хорду \(BC\). Таким образом, \(\angle CAD=\angle BDA=\alpha-\beta\). Следовательно, равны и хорды \(AB\) и \(CD\).
Также можно сказать, что \(\angle CAD=\angle BCA\) как вписанные углы, опирающиеся на равные хорды. Следовательно, это накрест лежащие углы при \(AD\) и \(BC\) и \(AC\) – секущей. Значит, по признаку прямые \(AD\parallel BC\). Таким образом, \(ABCD\) – трапеция. А т.к. \(AB=CD\), то она равнобедренная.


 

Пусть \(E\) и \(T\) – середины хорд \(AB\) и \(CD\) соответственно, то есть \(ET=5\). Тогда \(ET\) – средняя линия трапеции, следовательно, \(ET\parallel AD\parallel BC\). Тогда по теореме Фалеса прямая \(ET\) пересечет отрезки \(AC\) и \(BD\) также в серединах, следовательно, \(MN\subset ET\).

 

Обозначим \(AD=x, BC=y\). Тогда \(ET=\frac12\left(x+y\right)\). \(EM\) – средняя линия в \(\triangle BAC\), следовательно, \(EM=\frac12y\). Аналогично \(NT=\frac12y\) как средняя линия в \(\triangle BDC\). Тогда \(MN=ET-EM-NT=\frac12\left(x-y\right)\). Таким образом, имеем систему из двух уравнений:

\[\begin{cases} \frac12\left(x+y\right)=5\\ \frac12\left(x-y\right)=3 \end{cases}\]

Откуда находим, что \(x=AD=8\).

Ответ:

а) 3

б) 8