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

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 16
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) \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta}\).