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 3)

Задание 15
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность с центром \(O_1\) радиусом \(9\) вписана в треугольник \(ABC\). Окружности с центрами \(O_2\) и \(O_3\) и радиусами \(\frac{81}{25}\) и \(1\) соответственно, которые вписаны в углы треугольника \(A\) и \(C\) соответственно, касаются первой окружности внешним образом.

а) Докажите, что \(\angle C=180^\circ-\mathrm{arctg}\,\frac{24}7\).

б) Найдите площадь треугольника \(AO_1O_3\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(R_1, R_2, R_3\) – точки касания со стороной \(AC\) окружностей с центрами \(O_1, O_2, O_3\) соответственно.
Тогда \(O_1R_1, O_2R_2, O_3R_3\perp AC\).

 

Если окружность вписана в угол, то она лежит на биссектрисе этого угла, следовательно, \(O_1, O_3\) лежат на биссектрисе угла \(C\), \(O_1, O_2\) – на биссектрисе угла \(A\).
Будем называть окружность с центром в \(O_1\) – первой, с центром в \(O_2\) – второй и с центром в \(O_3\) – третьей.

 

Пусть \(KK_3\) – общая касательная к первой и третьей окружностям. \(LL_2\) – общая касательная к первой и второй окружностям, как показано на рисунке:
Докажем, что \(\angle CK_3K=\angle AL_2L=90^\circ\).
Так как \(KK_3\) – касательная, \(K_3\) – точка касания, то \(\angle KK_3O_3=90^\circ\) как угол между касательной и радиусом, проведенным в точку касания. Аналогично \(\angle AL_2L=90^\circ\).

 

Заметим также, что \(KR_3=KK_3=KR_1\) и \(LR_2=LL_2=LR_1\) (также как отрезки касательных).

 

Рассмотрим “правую” часть рисунка.
Заметим, что \(\triangle CO_3R_3\sim \triangle CKK_3\sim \triangle CO_1R_1\) (по двум углам). Обозначим \(CR_3=y, KR_3=x\). Тогда из подобия этих трех треугольников \[\dfrac{O_3R_3}{CR_3}=\dfrac{KK_3}{K_3C}=\dfrac{O_1R_1}{CR_1} \quad\Rightarrow\quad \dfrac 1y=\dfrac{x}{\sqrt{(x+y)^2-x^2}}=\dfrac9{2x+y}\] Из равенства \[\dfrac 1y=\dfrac9{2x+y}\] можно выразить \(x\) через \(y\): \(x=4y\). Тогда \(K_3C=\sqrt{(x+y)^2-x^2}=3y\), следовательно, \[\mathrm{tg}\,\dfrac{\angle C}2=\dfrac x{3y}=\dfrac43\] Тогда \(\angle C=2\mathrm{arctg}\,\frac43\).
Докажем, что это значение действительно равно \(180^\circ-\mathrm{arctg}\,\frac{24}7\).
Найдем тангенс \(\angle C\), полученного в нашем решении, и тангенс \(\angle C\), данного в условии: \[\begin{aligned} &\mathrm{tg}\,\left(2\mathrm{arctg}\,\dfrac43\right)= \dfrac{2\mathrm{tg}\,\left(\mathrm{arctg}\,\dfrac43\right)}{1- \mathrm{tg}\,^2\left(\mathrm{arctg}\,\dfrac43\right)}= \dfrac{2\cdot \frac43}{1-\left(\frac43\right)^2}=-\dfrac{24}7\\[2ex] &\mathrm{tg}\,\left(180^\circ-\mathrm{arctg}\,\frac{24}7\right)=- \mathrm{tg}\,\left(\mathrm{arctg}\,\frac{24}7\right)=-\dfrac{24}7 \end{aligned}\] Чтд.

 

б) Для того, чтобы найти площадь \(\triangle AO_1O_3\), можно найти площадь \(\triangle AO_1C\) и вычесть из нее площадь \(\triangle AO_3C\). Высоты этих треугольников к основанию \(AC\) мы знаем, следовательно, нужно найти \(AC\).
Найдем \(y\).
Рассмотрим уже выведенное равенство из пункта а): \[\dfrac 1y=\dfrac{x}{\sqrt{(x+y)^2-x^2}}\quad\rightarrow\quad \dfrac 1y=\dfrac {4y}{3y}\quad\Rightarrow\quad y=\dfrac34\] Следовательно, \(R_1C=9y=\frac{27}4\).
Теперь нужно найти \(AR_1\).
Для этого воспользуемся тем же способом, что и в пункте а). Пусть \(AR_2=t\), \(R_2L=z\). Так как \(\triangle AO_2R_2\sim \triangle ALL_2\sim \triangle AO_1R_1\), то \[\dfrac{81}{25t}=\dfrac{z}{\sqrt{(z+t)^2-z^2}}=\dfrac9{2z+t}\] Отсюда \(z=\frac89t\). Так же, как в пункте а), найдем, что \(t=\frac{243}{40}\). Следовательно, \(AR_1=t+2z=\frac{25}9t=\frac{135}8\). Тогда \[S_{AO_1O_3}=S_{AO_1C}-S_{AO_3C}=\dfrac 12\cdot AC\cdot (O_1R_1-O_3R_3)= \dfrac12\cdot \left(\dfrac{135}8+\dfrac{27}4\right)\cdot 8=94,5\]

Ответ:

б) 94,5

Задание 16
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 17
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 18
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) \({a_1}^2 + {a_2}^2 + {a_3}^2\).

Задание 19
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Радиус окружности, вписанной в неравносторонний треугольник \(ABC\), равен \(r\), а длины его сторон – целые числа, образующие арифметическую прогрессию.

а) Докажите, что \(r\neq\dfrac{1}{2}\).

б) Найдите наименьшее возможное значение периметра треугольника \(ABC\), если \(r = 1\).

Добавить задание в избранное

а) Так как стороны треугольника \(ABC\) образуют арифметическую прогрессию, то их длины можно представить в виде \(a\), \(a + d\), \(a + 2d\), где \(d > 0\) – натуральное.

Используя формулу Герона, можно получить равенство \[p\cdot r = S_{\triangle ABC} = \sqrt{p(p - a)(p - (a + d))(p - (a + 2d))},\] где \(p = \dfrac{3a + 3d}{2}\) – полупериметр, откуда \[12(a + d)\cdot r^2 = (a + 3d)(a + d)(a - d)\qquad\Rightarrow\qquad 12\cdot r^2 = (a + 3d)(a - d) = a^2 + 2ad - 3d^2,\] то есть \(a^2 + 2ad - 3(d^2 + 4r^2) = 0\), откуда \[a = -d\pm \sqrt{4d^2 + 12r^2},\] но при учёте \(a > 0\), получим \(a = \sqrt{4d^2 + 12r^2} - d\).

 

Пусть \(r = \dfrac{1}{2}\), тогда \(a = \sqrt{4d^2 + 3} - d\), откуда \(\sqrt{4d^2 + 3}\) – целое (следовательно, натуральное, ведь \(4d^2 > 0\)) число, то есть \(\sqrt{4d^2 + 3} = k\), где \(k\) – натуральное.

\(4d^2 + 3 = k^2\), откуда \[3 = (k - 2d)(k + 2d),\] то есть \(k + 2d\) – натуральный делитель числа \(3\) при том, что \(k\) и \(d\) натуральные, откуда \(k = d = 1\), но тогда \[(k - 2d)(k + 2d) = -3\neq 3.\] Полученное противоречие завершает доказательство.

 

б) Так как \(r = 1\), то \(a = \sqrt{4d^2 + 12} - d\), откуда \(\sqrt{4d^2 + 12}\) – целое (следовательно, натуральное) число, то есть \(\sqrt{4d^2 + 12} = k\), где \(k\) – натуральное.

\(4d^2 + 12 = k^2\), откуда \[12 = (k - 2d)(k + 2d).\] Так как \(k\) и \(d\) натуральные, то \(k - 2d\) целое, а \(k + 2d\) – натуральное, следовательно, число \(k - 2d\) – целое положительное (иначе его произведение с \(k + 2d\) отрицательно, но \(12 > 0\)), то есть натуральное число.

\[k + 2d - (k - 2d) = 4d\] – делится на \(4\). Среди всевозможных пар натуральных чисел, в произведнии дающих \(12\), только пара \(\{6; 2\}\) подходит под последнее условие, следовательно, \(d = 1\), \(k = 4\), что подходит, тогда \(a = 3\).

При этом у треугольника с длинами сторон \(3\), \(4\) и \(5\) площадь равна \(6\), следовательно, \(r = 1\) – подходит под условие, тогда периметр \(ABC\) равен \(12\).

Ответ:

б) \(12\).

Задание 20
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) \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}\).