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 (страница 2)

Задание 8
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 9
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 10
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 11
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) \(6\sqrt3\)

Задание 12
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружности \(w_1\) и \(w_2\) с центрами в точках \(O_1\) и \(O_2\) соответственно касаются друг друга в точке \(A\), при этом \(O_1\) лежит на \(w_2\). \(AB\) – диаметр \(w_1\). Хорда \(BC\) первой окружности касается \(w_2\) в точке \(P\). Прямая \(AP\) вторично пересекает \(w_1\) в точке \(D\).

 

а) Докажите, что \(AP=DP\).

б) Найдите площадь четырехугольника \(ABDC\), если \(AC=4\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

а) \(\angle O_1PA=90^\circ\) как вписанный угол, опирающийся на диаметр \(O_1A\). Тогда \(O_1P\) – часть радиуса, перпендикулярного хорде \(AD\) первой окружности. Следовательно, \(O_1P\) делит \(AD\) пополам, то есть \(AP=DP\).


 

б) Аналогично пункту а) \(AR=RC=2\). Так как квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то \[CP^2=CR\cdot CA=2\cdot 4=8 \quad\Rightarrow\quad CP=2\sqrt2.\] Заметим, что \(\angle ACP=\angle ACB=90^\circ\) как вписанный, опирающийся на диаметр \(AB\). Следовательно, по теореме Пифагора из \(\triangle ACP\): \[AP=\sqrt{AC^2+CP^2}=2\sqrt6.\] Тогда \(AP=DP=2\sqrt6.\) Так как произведения отрезков хорд равны, то \[BP\cdot CP=AP\cdot DP \quad\Rightarrow\quad BP= \dfrac{(2\sqrt6)^2}{2\sqrt2}= 6\sqrt2.\] Найдем \(\sin \angle CPA\) из прямоугольного \(\triangle ACP\): \[\sin \angle CPA=\dfrac{4}{2\sqrt6}=\dfrac2{\sqrt6}.\] Тогда площадь четырехугольника \(ABDC\) равна полупроизведению диагоналей на синус угла между ними: \[S=\dfrac12\cdot BC\cdot AD\cdot \sin\angle CPA=\dfrac12 \cdot 8\sqrt2\cdot 4\sqrt6\cdot \dfrac 2{\sqrt6}=32\sqrt2.\]

Ответ:

б) \(32\sqrt2\)

Задание 13
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность, вписанная в трапецию \(ABCD\), касается боковых сторон \(AB\) и \(CD\) в точках \(K\) и \(M\) соответственно.

 

а) Докажите, что сумма квадратов расстояний от центра окружности до вершин трапеции равна сумме квадратов длин боковых сторон трапеции.

б) Найдите площадь трапеции \(ABCD\), если известно, что \(AK=9, BK=4, CM=1\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

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

Задание 14
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Внутри треугольника \(MNK\) взята некоторая точка \(O\), из которой опущены перпендикуляры \(OM'\), \(ON'\) и \(OK'\) на стороны \(NK\), \(MK\) и \(MN\) соответственно.

а) Пусть также \(\angle N'K'M' = \angle NKM\), \(\angle M'N'K' = \angle MNK\). Докажите, что радиусы окружностей, описанных около треугольников \(MN'K'\), \(M'N'K\) и \(M'NK'\) равны.

б) Найдите \({MK'}^2 + {NM'}^2 + {N'K}^2\), если известно, что \(K'N = a_1\), \(M'K = a_2\), \(MN' = a_3\).

Добавить задание в избранное

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) \({a_1}^2 + {a_2}^2 + {a_3}^2\).

1 2 3