Задачи по планиметрии формата ЕГЭ (страница 2)

а)

Пусть \(O\) – центр первой окружности, \(Q\) – центр второй. Докажем, что точки \(A, O, D\) лежат на одной прямой (то есть что \(AD\) – диаметр). Так как \(OA\perp AB\), \(QB\perp AB\) (как радиусы, проведенные в точки касания), то \(AO\parallel BQ\). Следовательно, \(\angle AOL+\angle BQL=180^\circ\) как односторонние углы при \(AO\parallel BQ\) и \(OQ\) секущей.
\(\angle BLQ=\angle OLD\) как вертикальные.
Заметим, что \(\triangle BLQ\) и \(\triangle LOD\) – равнобедренные, причем их углы при основании равны, следовательно, равны и углы при вершине: \(\angle LOD=\angle BQL\). Таким образом, \(\angle AOL+\angle LOD=180^\circ\), следовательно, точки \(A, O, D\) лежат на одной прямой.
Аналогично доказывается, что точки \(B, Q, C\) лежат на одной прямой.
Следовательно, \(AD\perp AB\), \(BC\perp AB\), откуда \(AD\parallel BC\), чтд.

б)

Обозначим \(\angle OLA=\alpha\), \(\angle QLB=\beta\). Тогда \(\angle AOL=180^\circ-2\alpha\), \(\angle BQL=180^\circ-2\beta\).
Тогда \(180^\circ-2\alpha+180^\circ-2\beta=180^\circ\), откуда \(\alpha+\beta=90^\circ\). Следовательно, \(\angle ALB=180^\circ-90^\circ=90^\circ\), то есть \(\triangle ALB\) – прямоугольный с гипотенузой \(AB\).
Проведем \(OH\perp BQ\). Тогда \(ABHO\) – прямоугольник (все углы прямые), следовательно, \(HQ=BQ-AO=8-2=6\). Из прямоугольного \(\triangle OHQ\) по теореме Пифагора: \[OH=\sqrt{OQ^2-HQ^2}=8\] Так как \(ABHO\) прямоугольник, то \(AB=OH=8\).
\(\triangle ABC\) также прямоугольный (\(\angle B=90^\circ\)), следовательно, \[AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=8\sqrt5\] Заметим, что \(\triangle AOL\sim \triangle CQL\), следовательно, \[\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{AO}{CQ}=\dfrac 28\] Следовательно, \[AL=\dfrac15AC=\dfrac8{\sqrt5}\] Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle ALB\): \[BL=\sqrt{AB^2-AL^2}=\dfrac{16}{\sqrt5}\] Следовательно, \[S_{ALB}=\dfrac12\cdot AL\cdot BL=\dfrac{64}5\]

Ответ:

б) \(\frac{64}5\)

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) \(\frac92\sqrt3\)

а) Так как окружность вписана, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Следовательно, \(\angle KAO=\angle NAO\), \(\angle KBO=\angle LBO\). Так как \(\angle A+\angle B=180^\circ\) (по определению трапеции), то \[\angle KAO+\angle KBO=\dfrac12\cdot \left(\angle A+\angle B\right)= 90^\circ \quad\Rightarrow\quad \angle AOB=180^\circ-90^\circ=90^\circ\] Аналогично доказывается, что \(\angle COD=90^\circ\). Тогда из прямоугольных \(\triangle AOB\) и \(\triangle COD\): \[\begin{aligned} &AO^2+BO^2=AB^2\\ &CO^2+DO^2=CD^2\\ &\Rightarrow\quad AO^2+BO^2+CO^2+DO^2=AB^2+CD^2 \end{aligned}\]

б) Так как окружность вписана, то \(AK=AN=9\), \(BK=BL=4\), \(CL=CM=1\), \(DN=DM=x\). Обозначим также радиус окружности за \(r\).
По теореме Пифагора из \(\triangle BKO\): \[BO^2=16+r^2;\] из \(\triangle AKO\): \[AO^2=81+r^2.\] Тогда из \(\triangle AOB\): \[81+r^2+16+r^2=13^2 \quad\Rightarrow\quad r=6.\] Аналогично, \[CO^2=37, \quad DO^2=36+x^2\quad\Rightarrow\quad 37+36+x^2=(x+1)^2 \quad\Rightarrow\quad x=36.\] Тогда площадь трапеции равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности: \[S_{ABCD}=(9+4+1+36)\cdot 6=300.\]

Ответ:

б) 300

а) Из равенств \(\angle N'K'M' = \angle NKM\), \(\angle M'N'K' = \angle MNK\) следует равенство \(\angle N'M'K' = \angle NMK\).

Согласно теореме синусов удвоенный радиус окружности, описанной около треугольника \(M'N'K\), равен \[\dfrac{N'M'}{\sin\angle N'KM'} = \dfrac{N'M'}{\sin\angle N'K'M'} = 2R\] (где \(R\) – радиус описанной около \(M'N'K'\) окружности).

Аналогично радиусы окружностей, описанных около треугольников \(MN'K'\) и \(M'NK'\) равны \(R\), что и требовалось доказать.

б) Построим \(OM\), \(ON\), \(OK\).

\[\begin{aligned} &{MK'}^2 + {K'O}^2 = OM^2 = {a_3}^2 + {ON'}^2,\\ &{M'N}^2 + {M'O}^2 = ON^2 = {a_1}^2 + {OK'}^2,\\ &{N'K}^2 + {N'O}^2 = OK^2 = {a_2}^2 + {OM'}^2.\\ \end{aligned}\]

В итоге \[{MK'}^2 + K'O^2 + {M'N}^2 + M'O^2 + {N'K}^2 + N'O^2 = {a_3}^2 + ON'^2 + {a_1}^2 + OK'^2 + {a_2}^2 + OM'^2,\] откуда \[{MK'}^2 + {M'N}^2 + {N'K}^2 = {a_3}^2 + {a_1}^2 + {a_2}^2.\]

Ответ:

б) \({a_1}^2 + {a_2}^2 + {a_3}^2\).

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) \(5:4\)

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

а) Обозначим за \(2\alpha\) угол \(\angle E\) ромба.



Тогда \(\angle BDE=180^\circ-2\alpha\), следовательно, т.к. углы правильного треугольника равны по \(60^\circ\),

\[\angle CDE=180^\circ-2\alpha+60^\circ=240^\circ-2\alpha.\]

Заметим, что \(\triangle CDE\) равнобедренный, следовательно,

\[\angle DCE=\dfrac{180^\circ-\angle CDE}2=\alpha-30^\circ.\]

Рассуждая аналогично, получим:

\(\angle ABC=60^\circ+2\alpha\), следовательно, \(\angle BCA=60^\circ-\alpha\).

Таким образом, \[\angle ACE=60^\circ-\angle DCE-\angle BCA=30^\circ.\]

б) Заметим, что в ромбе диагонали являются биссектрисами углов, следовательно, \[\angle OEC=\alpha-\angle CED=\alpha-\angle DCE=\alpha-(\alpha-30^\circ)=30^\circ.\]

Таким образом, \(\triangle COE\) равнобедренный (\(CO=OE\)). Проведем высоту \(OH\); она будет и медианой, то есть \(CH=\frac12CE=3\sqrt2\). Тогда из прямоугольного \(\triangle OCH\)

\[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{OH}{CH}=\dfrac{OH}{3\sqrt2} \quad \Rightarrow \quad OH=\sqrt6.\]

Следовательно, \[S_{\triangle COE}=\dfrac12\cdot OH\cdot CE=6\sqrt3.\]

Ответ:

а) \(30^\circ\)

б) \(6\sqrt3\)