Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Физика
Кликните, чтобы открыть меню

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 (страница 2)

Задание 8 #3918
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В равнобедренной трапеции \(ABCD\) основание \(AD\) в три раза больше основания \(BC\).

 

а) Докажите, что высота \(CH\) делит основание \(AD\) на отрезки, отношение которых равно \(2:1\).

б) Найдите расстояние от точки \(C\) до середины диагонали \(BD\), если \(AC=26, AD=36\).

Добавить задание в избранное

а) Проведем \(BK\perp AD\). Тогда по свойству равнобедренной трапеции \(AK=HD=(AD-BC):2=(3BC-BC):2=BC\). Тогда \(AH=AD-HD=2BC\), откуда \(AH:HD=2:1\), чтд.

 

б) Пусть \(O\) – середина \(BD\), \(H\) – точка пересечения продолжения отрезка \(CO\) с основанием \(AD\). Так как трапеция равнобедренная, то ее диагонали равны, следовательно, \(BD=26\).


Так как \(BC\parallel AD\), то \(\angle CBO=\angle HDO\) как накрест лежащие при секущей \(BD\).
Тогда \(\triangle CBO=\triangle HDO\) по 2-ому признаку (\(\angle BOC=\angle DOH\) как вертикальные), откуда \(HD=BC\).
Из пункта а) следует, что так как \(HD=BC\), то \(H\) – основание высоты, то есть \(CH\perp AD\).
Значит, \(CH\perp BC\), то есть \(\triangle CBO\) прямоугольный.
Так как \(BC=\frac13AD=12\), \(BO=\frac12BD=13\), то \[CO=\sqrt{13^2-12^2}=5\]

Ответ:

б) 5

Задание 9 #3151
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 10 #2389
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

Задание 11 #3157
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две окружности касаются внешним образом в точке \(L\). Прямая \(AB\) касается первой окружности в точке \(A\), а второй – в точке \(B\). Прямая \(BL\) пересекает первую окружность в точке \(D\), а прямая \(AL\) пересекает вторую окружность в точке \(C\).

а) Докажите, что прямые \(AD\) и \(BC\) параллельны.

б) Найдите площадь треугольника \(ALB\), если известно, что радиусы окружностей равны \(8\) и \(2\).

Добавить задание в избранное

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) \(\frac{64}5\)

Задание 12 #3161
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В параллелограмм вписана окружность.

 

а) Докажите, что параллелограмм является ромбом.

б) Окружность, касающаяся стороны параллелограмма, делит ее на отрезки \(3\) и \(5\). Найдите площадь выпуклого четырехугольника, вершинами которого являются точки касания окружности со сторонами параллелограмма.

Добавить задание в избранное


 

а) У параллелограмма противоположные стороны равны: \(AB=CD, BC=AD\). Так как в четырехугольник вписана окружность, то суммы его противоположных сторон равны, следовательно, \[AB+CD=BC+AD \quad\Rightarrow\quad 2AB=2BC \quad\Rightarrow\quad AB=BC=CD=AD\] Следовательно, по определению \(ABCD\) – ромб.

 

б) Найдем площадь четырехугольника \(A_1B_1C_1D_1\).



Докажем, что \(A_1B_1C_1D_1\) – прямоугольник.
Так как \(OA_1\perp AB, OC_1\perp CD\), то точки \(A_1, O, C_1\) лежат на одной прямой, следовательно, \(A_1C_1\) – высота ромба. Аналогично \(B_1D_1\) – высота, то есть \(A_1C_1=B_1D_1\) (1). Также \(OA_1=OB_1=OC_1=OD_1\) (2). Так как диагонали четырехугольника точкой пересечения делятся пополам – (2), то это параллелограмм. Так как диагонали параллелограмма равны – (1), то это – прямоугольник.
Пусть \(BB_1=BA_1=3, CB_1=CC_1=5\).
Заметим, что \(\angle A_1OB_1=360^\circ-\angle OA_1B-\angle OB_1B-\angle B=180^\circ-\angle B\). Аналогично \(\angle B_1OC_1=180^\circ-\angle C\). Следовательно, \(\angle A_1OB_1=\angle C=\alpha\), \(\angle B_1OC_1=\angle B=\beta\).
Тогда \(\triangle A_1OB_1\sim\triangle B_1CC_1\), \(\triangle B_1OC_1\sim \triangle A_1BB_1\) как равнобедренные по двум углам (например, \(\angle OA_1B_1=0,5(180^\circ-\alpha)=\angle B_1C_1C\), \(\angle A_1OB_1=\angle C\) по доказанному ранее).
Найдем по теореме косинусов \(A_1B_1\) и \(B_1C_1\): \[\begin{aligned} &A_1B_1^2=3^2+3^2-2\cdot 3\cdot 3\cdot \cos\beta=3^2\cdot 2(1-\cos \beta)\\[1ex] &B_1C_1^2=5^2+5^2-2\cdot 5\cdot 5\cdot \cos\alpha=5^2\cdot2 (1-\cos\alpha) \end{aligned}\quad (*)\] Из двух подобий, указанный ранее, следует \[\dfrac{OA_1}{CC_1}=\dfrac{A_1B_1}{B_1C_1} \quad {\small{\text{и}}} \quad \dfrac{BB_1}{OB_1}=\dfrac{A_1B_1}{B_1C_1}\] Разделим первое равенство на второе и получим \[\dfrac{OA_1\cdot OB_1}{CC_1\cdot BB_1}=1 \quad\Rightarrow\quad \dfrac{OA_1^2}{3\cdot 5}=1\quad\Rightarrow\quad OA_1=\sqrt{15}\] Тогда первое равенство можно переписать в виде: \[\dfrac{\sqrt{15}}{5}=\dfrac{A_1B_1}{B_1C_1}\] откуда находим, что \(5A_1B_1^2=3B_1C_1^2\). Подставим в полученное равенство правые части равенств из \((*)\), учитывая, что, так как \(\alpha+\beta=180^\circ\), то \(\cos\beta=-\cos\alpha\): \[5\cdot 3^2\cdot 2(1-\cos\beta)=3\cdot 5^2\cdot 2(1+\cos\beta) \quad\Rightarrow\quad \cos\beta=-\dfrac14 \quad\Rightarrow\quad \cos\alpha=\dfrac14\] Следовательно, \[\begin{aligned} &A_1B_1=3\cdot \sqrt{\dfrac52}\\[2ex] &B_1C_1=5\cdot \sqrt{\dfrac32} \end{aligned}\] Следовательно, площадь \[S_{A_1B_1C_1D_1}=A_1B_1\cdot B_1C_1=7,5\sqrt{15}\]

Ответ:

\(7,5\sqrt{15}\)

Задание 13 #3199
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точки \(B_1\) и \(C_1\) лежат на сторонах \(AC\) и \(AB\) треугольника \(ABC\), причем \(AB_1:B_1C=AC_1:C_1B\). Прямые \(BB_1\) и \(CC_1\) пересекаются в точке \(O\).

а) Докажите, что прямая \(AO\) делит пополам сторону \(BC\).

б) Найдите отношение площади четырехугольника \(AB_1OC_1\) к площади треугольника \(ABC\), если известно, что \(AB_1:B_1C=AC_1:C_1B=1:2\).

Добавить задание в избранное


 

а) Пусть \(AO\) пересекает \(BC\) в точке \(A_1\). Тогда по теореме Менелая для \(\triangle BAA_1\) и прямой \(CC_1\): \[\dfrac{BC_1}{C_1A}\cdot \dfrac{AO}{OA_1}\cdot \dfrac{A_1C}{CB}=1\] По теореме Менелая для \(\triangle CAA_1\) и прямой \(BB_1\): \[\dfrac{AB_1}{B_1C}\cdot \dfrac{CB}{BA_1}\cdot \dfrac{A_1O}{OA}=1\] Перемножив два этих равенства, получим: \[\dfrac{A_1C}{A_1B}=1 \quad\Rightarrow\quad A_1C=A_1B\] Чтд.

 

б) Из первого равенства имеем: \[\dfrac{BC_1}{C_1A}\cdot \dfrac{AO}{OA_1}\cdot \dfrac{A_1C}{CB}=1 \quad\Rightarrow\quad \dfrac21\cdot \dfrac{AO}{OA_1}\cdot \dfrac12=1\] Отсюда \(AO=OA_1\).
Пусть \(S_{OAC_1}=S\), тогда \(S_{OBC_1}=2S\), так как площади треугольников, имеющих одинаковую высоту, относятся как основания. Так как \(AO=OA_1\), то \(3S=S_{OBA}=S_{OBA_1}\). Аналогично \(S_{OCA_1}=S_{OBA_1}=3S\). Аналогично \(S_{OCA}=S_{OCA_1}=3S\). Так как \(S_{OAB_1}:S_{OCB_1}=1:2\), то \(S_{OAB_1}=S, S_{OCB_1}=2S\).



Следовательно, \[\dfrac{S_{AB_1OC_1}}{S_{ABC}}=\dfrac{2S}{12S}=\dfrac16\]

Ответ:

б) \(1:6\)

Задание 14 #2448
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Диагональ \(BD\) делит пятиугольник \(ABCDE\) на ромб \(ABDE\) и равносторонний треугольник \(BCD\).

 

а) Найдите угол \(ACE\).

б) Если \(O\) – точка пересечения диагоналей \(AC\) и \(BE\), \(CE=6\sqrt2\), найдите площадь треугольника \(COE\).

Добавить задание в избранное

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) \(6\sqrt3\)

1 2 3