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 прошлых лет

Задание 1 #3983
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан тупоугольный треугольник \(ABC\) с тупым \(\angle ABC\). Продолжения высот этого треугольника пересекаются в точке \(H\). \(\angle AHC=60^\circ\).

 

а) Докажите, что \(\angle ABC=120^\circ\).

б) Найдите \(BH\), если \(AB=6\), \(BC=10\).

 

(ЕГЭ 2018, досрочная волна)

Добавить задание в избранное

а) Заметим, что в тупоугольном треугольника в одной точке пересекаются продолжения высот. Рассмотрим чертеж:
Рассмотрим четырехугольник \(A_1BC_1H\). В нем \(\angle A_1=\angle C_1=90^\circ\). Следовательно, \(\angle A_1BC_1=180^\circ-\angle A_1HC_1=180^\circ-60^\circ=120^\circ\).
Так как \(\angle A_1BC_1\) и \(\angle ABC\) – вертикальные, то они равны, значит, \(\angle ABC=120^\circ\).

 

б) Рассмотрим прямоугольный \(\triangle CHA_1\). Так как \(\angle CHA_1=60^\circ\), то \(\angle HCA_1=30^\circ\).
Аналогично \(\angle HAC_1=30^\circ\).
Тогда из прямоугольного \(\triangle C_1CB\) катет \(C_1B\) равен половине гипотенузы \(CB\), так как лежит против угла в \(30^\circ\), значит, \(C_1B=5\).
Аналогично \(A_1B=0,5\cdot AB=3\).
Рассмотрим снова \(\triangle HCA_1\). Так как \[\dfrac{\sqrt3}3=\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{HA_1}{CA_1}\quad\rightarrow\quad HA_1=\dfrac{13}{\sqrt3}\] Тогда по теореме Пифагора из прямоугольного \(\triangle HA_1B\): \[BH=\sqrt{3^2+\left(\dfrac{13}{\sqrt3}\right)^2}=\dfrac{14}{\sqrt3}\]

Ответ:

б) \(\frac{14}{\sqrt3}\)

Задание 2 #4030
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Медианы \(AA_1, BB_1, CC_1\) треугольника \(ABC\) пересекаются в точке \(M\). Известно, что \(AC=3MB\).
а) Докажите, что треугольник \(ABC\) прямоугольный.
б) Найдите сумму квадратов медиан \(AA_1\) и \(CC_1\), если известно, что \(AC=12\).

 

(ЕГЭ 2018, СтатГрад, 19 апреля 2018)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(BM=x\), тогда \(AC=3x\). Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(MB_1=0,5x\), следовательно, \(BB_1=1,5x\). Следовательно, \(AB_1=B_1C=BB_1=1,5x\). Следовательно, \(\triangle ABC\) прямоугольный с \(\angle B=90^\circ\).


 

б) Обозначим \(AB=2a\), \(BC=2b\).



Тогда по теореме Пифагора \[\begin{aligned} &AA_1^2=4a^2+b^2\\ &CC_1^2=a^2+4b^2 \end{aligned}\] Отсюда \(AA_1^2+CC_1^2=5(a^2+b^2)\).
Так как по теореме Пифагора из \(\triangle ABC\): \(4a^2+4b^2=12^2\), то \(a^2+b^2=36\). Следовательно, \[AA_1^2+CC_1^2=5(a^2+b^2)=5\cdot 36=180\]

Ответ:

б) 180

Задание 3 #3982
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В выпуклом четырехугольнике \(ABCD\): \(AB=3\), \(BC=5\), \(CD=5\), \(AD=8\), \(AC=7\).

 

а) Докажите, что около этого четырехугольника можно описать окружность.

б) Найдите диагональ \(BD\).

 

(ЕГЭ 2018, досрочная волна, резерв)

Добавить задание в избранное

а) Если в выпуклом четырехугольнике сумма противоположных углов равна \(180^\circ\), то около него можно описать окружность. Докажем, что \(\angle B+\angle D=180^\circ\).
По теореме косинусов для \(\triangle ABC\): \[\cos\angle B= \dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=-\dfrac12\] По теореме косинусов для \(\triangle ADC\): \[\cos\angle D=\dfrac{AD^2+CD^2-AC^2}{2\cdot AD\cdot CD}=\dfrac12\] Так как \(\alpha+\beta=180^\circ\) равносильно \(\cos\alpha=-\cos\beta\), то из \(\cos\angle B=-\cos \angle D\) следует, что \(\angle B+\angle D=180^\circ\).

 

б) Если около \(ABCD\) можно описать окружность, то и \(\angle A+\angle C=180^\circ\).
Обозначим \(BD=x\). Тогда, также используя теорему косинусов для \(\triangle ABD\) и \(\triangle CBD\), можно сказать: \[\begin{cases} \cos \angle A=\dfrac{9+64-x^2}{2\cdot 3\cdot 8} \\[2ex] \cos \angle C=\dfrac{25+25-x^2}{2\cdot 5\cdot 5} \end{cases}\]Также имеем, что \(\cos\angle A=-\cos\angle C\), следовательно, \[\begin{aligned} &\dfrac{9+64-x^2}{2\cdot 3\cdot 8}=-\dfrac{25+25-x^2}{2\cdot 5\cdot 5} \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{73-x^2}{24}=\dfrac{x^2-50}{25} \quad\Leftrightarrow\\[2ex] &\Leftrightarrow\quad 73\cdot 25-25x^2=24x^2-50\cdot 24 \quad\Leftrightarrow\\[2ex] &\Leftrightarrow\quad x^2=\dfrac{73\cdot 25+50\cdot 24}{49}= \dfrac{25(73+48)}{49}=\dfrac{25\cdot 121}{49} \end{aligned}\] Отсюда \[x=\dfrac{5\cdot 11}{7}=\dfrac{55}7\]

Ответ:

б) \(\frac{55}7\)

Задание 4 #4011
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность с центром \(O\) проходит через вершины \(B\) и \(C\) большей боковой стороны прямоугольной трапеции \(ABCD\) и касается боковой стороны \(AD\) в точке \(K\).
а) Докажите, что угол \(BOC\) вдвое больше угла \(BKC\).
б) Найдите расстояние от точки \(K\) до прямой \(BC\), если основания трапеции \(AB\) и \(CD\) равны 4 и 9 соответственно.

 

(ЕГЭ 2018, СтатГрад, 26 января 2018)

Добавить задание в избранное

а) Угол \(BOC\) – центральный, опирающийся на дугу \(BC\); угол \(BKC\) – вписанный и опирающийся на ту же дугу, следовательно, \(\angle BOC=2\angle BKC\), чтд.

 

б) Проведем \(KH\perp BC\). Так как угол между касательной и хордой, выходящей из точки касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то \(\angle DKC=0,5\buildrel\smile\over{KC}=\angle KBC\). Аналогично \(\angle AKB=\angle KCB\):

Следовательно, \(\triangle AKB\sim \triangle KHC, \triangle KDC\sim \triangle KHB\) как прямоугольные по острому углу. Тогда: \[\begin{aligned} &\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{KH}{CD}\\[2ex] &\dfrac{KC}{KB}=\dfrac{KH}{AB}\end{aligned}\] Отсюда \[1=\dfrac{KH^2}{CD\cdot AB}\quad\Rightarrow\quad KH=\sqrt{CD\cdot AB}=\sqrt{ 4\cdot 9}=6\]

Ответ:

б) 6

Задание 5 #3276
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Прямая, проходящая через середину \(M\) гипотенузы \(AB\) прямоугольного треугольника \(ABC\), перпендикулярна \(CM\) и пересекает катет \(AC\) в точке \(K\). При этом \(AK:KC=1:2\).

а) Докажите, что \(\angle BAC=30^\circ\).

б) Пусть прямые \(MK\) и \(BC\) пересекаются в точке \(P\), а прямые \(AP\) и \(BK\) – в точке \(Q\). Найдите \(KQ\), если \(BC=2\sqrt3\).

 

(ЕГЭ 2017, официальный пробный 21.04.2017)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(AK=x, \ KC=2x\). Проведем \(BL\parallel MK\). Тогда по теореме Фалеса \[\dfrac{BM}{MA}=\dfrac11=\dfrac{LK}{KA} \quad\Rightarrow\quad LK=KA=x \quad\Rightarrow \quad CL=x.\]


Тогда также по теореме Фалеса: \[\dfrac{CL}{LK}=\dfrac11=\dfrac{CO}{OM} \quad\Rightarrow\quad CO=OM.\] Следовательно, \(BO\) – медиана и высота (\(MK\perp CM, \ BO\parallel MK \quad\Rightarrow\quad BO\perp CM\)), следовательно, \(\triangle CBM\) равнобедренный и \(CB=BM\). Следовательно, \(CB=\frac12BA\). Так как катет, равный половине гипотенузы, лежит против угла в \(30^\circ\), то \(\angle BAC=30^\circ\).

 

б) Рассмотрим \(\triangle PMC\): \(\angle PMC=90^\circ\). Так как \(BM=BC\), то \(BM=BC=BP\), то есть \(B\) – середина \(CP\) (\(\angle BCM=\angle BMC=60^\circ\), следовательно, \(\angle CPM=30^\circ=\angle PMB\), следовательно, \(BP=BM\)).
Проведем \(BS\parallel AP\). Тогда \(BS\) – средняя линия треугольника \(APC\). Значит, \(CS=SA\).



Из прямоугольного \(\triangle ABC\): \[\mathrm{tg}\,30^\circ=\dfrac{BC}{AC} \quad\Rightarrow\quad AC= BC\cdot \sqrt3=6.\] Следовательно, \(CS=SA=3\), а так как \(CK:KA=2:1\), то \(KA=2\) и \(SK=1\).
Заметим, что \(\triangle BKS\sim \triangle QKA\) по двум углам (\(\angle BKS=\angle QKA\) как вертикальные, \(\angle BSK=\angle QAK\) как накрест лежащие при \(AQ\parallel BS\) и \(SA\) секущей). Следовательно, \[\dfrac{SK}{AK}=\dfrac12=\dfrac{BK}{KQ} \quad\Rightarrow\quad KQ=2BK.\] Найдем \(BK\).
По теореме Пифагора из \(\triangle BKC\): \[BK=\sqrt{BC^2+KC^2}=\sqrt{(2\sqrt3)^2+4^2}=2\sqrt{7}\] Следовательно, \[KQ=4\sqrt7.\]

Ответ:

б) \(4\sqrt7\)

Задание 6 #3249
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапецию \(ABCD\) с основаниями \(AD\) и \(BC\) вписана окружность с центром в \(O\).

а) Докажите, что \(\sin \angle AOD=\sin\angle BOC\).

б) Найдите площадь трапеции, если \(\angle BAD=90^\circ\), а основания равны \(5\) и \(7\).

 

(ЕГЭ 2017, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Так как окружность вписана в трапецию, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов трапеции.



Так как \(\angle A+\angle B=180^\circ\), то \(\frac12\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ\). Следовательно, \(\angle AOB=180^\circ-90^\circ=90^\circ\).
Аналогично доказывается, что \(\angle COD=90^\circ\).
Следовательно, \(\angle BOC+\angle AOD=360^\circ-90^\circ-90^\circ=180^\circ\). Следовательно, \(\sin \angle BOC=\sin \angle AOD\).

 

б) Так как в трапеции \(\angle A=\angle B=90^\circ\), то \(\angle BAO=\angle ABO=45^\circ\), следовательно, \(\triangle AOB\) – прямоугольный и равнобедренный.
Пусть \(M, N, K, L\) – точки касания окружности со сторонами \(AB, BC, CD, AD\) соответственно.
Следовательно, \(OM\perp AB\) как радиус, проведенный в точку касания. Так как \(\triangle AOB\) равнобедренный, то \(OM\) – медиана, следовательно, \(AM=MB\). Как отрезки касательных \(AM=AL, BM=BN\). Следовательно, \(AL=AM=BM=BN=x\). Пусть также \(NC=CK=y\), \(DL=DK=z\). Тогда \(x+y=5\), \(x+z=7\).



Тогда \(AB=2x\) – высота трапеции. Следовательно, нужно найти \(x\).
Проведем \(CH\perp AD\). Тогда \(HD=AD-BC=2\), а \(CH=AB=2x\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle GHD\): \[(2x)^2+2^2=(y+z)^2\] Так как \(y=5-x\), \(z=7-x\), то получаем уравнение \[4x^2+4=(12-2x)^2\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{35}{12}\] Следовательно, площадь трапеции равна \[S=\dfrac{5+7}2\cdot 2x=35.\]

Ответ:

б) 35

Задание 7 #3236
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапецию \(ABCD\) с большим основанием \(AD\) вписана окружность, которая касается боковых сторон \(AB\) и \(CD\) в точках \(N\) и \(M\) соответственно, причем \(AN:NB=8:1\), \(DM:MC=2:1\).
а) Докажите, что \(AD=4BC\).
б) Найдите \(MN\), если известно, что радиус данной окружности равен \(\sqrt6\).

 

(ЕГЭ 2017, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Продлим боковые стороны трапеции до пересечения в точке \(P\).



Так как \(AN:NB=8:1\), то можно принять \(AN=8x, NB=x\). Аналогично \(CM=y, MD=2y\). Так как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности, равны, то \(BK=x, CK=y, AL=8x, LD=2y\), где \(K, L\) – точки касания окружности с основаниями.
Аналогично \(PN=PM\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности.
Так как \(\triangle APD\sim \triangle BPC\) по двум углам, то \[\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{PB+AB}{PB}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad PB=\dfrac{AB\cdot BC}{AD-BC}=\dfrac{9x\cdot (x+y)}{8x+2y-x-y}\] По той же причине \[\dfrac{PD}{PC}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{PC+CD}{PC}=\dfrac{AD}{BC}\quad\Rightarrow\quad PC= \dfrac{3y\cdot (x+y)}{7x+y}\] Так как \(PN=PM\), то \[x+\dfrac{9x\cdot (x+y)}{7x+y}=y+\dfrac{3y\cdot (x+y)}{7x+y} \quad\Leftrightarrow\quad 4x^2=y^2\quad\Rightarrow\quad y=2x\] Таким образом, \(AD=12x\), \(BC=3x\), то есть \(AD=4BC\).

 

б) Из пункта а) следует, что \(PB=3x, PC=2x\). Обозначим \(\angle APD=\alpha\).



Тогда по теореме косинусов из \(\triangle NPM\): \[MN=\sqrt{(4x)^2+(4x)^2-2\cdot 4x\cdot 4x\cdot \cos\alpha}= 4x\cdot \sqrt{2-2\cos\alpha}\] Найдем \(x\) и \(\cos \alpha\). По теореме косинусов из \(\triangle APD\): \[AD^2=AP^2+DP^2-2\cdot AP\cdot DP\cdot \cos\alpha \quad\Rightarrow\quad \cos\alpha=\dfrac{64x^2}{2\cdot 12x\cdot 8x}=\dfrac13\quad\Rightarrow\quad \sin \alpha=\dfrac{2\sqrt2}3\] По формуле \(S=p\cdot r\) для \(\triangle APD\): \[\dfrac 12\cdot AP\cdot DP\cdot \sin \alpha=\dfrac{AP+PD+AD}2\cdot \sqrt6 \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{\sqrt3}2\] Таким образом, \[MN=4\]

Ответ:

б) \(4\)