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 прошлых лет (страница 3)

Задание 15
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан остроугольный треугольник \(ABC\). Около него описана окружность с центром в точке \(O\) и в него вписана окружность с центром в точке \(Q\). Пусть \(H\) – точка пересечения высот треугольника, \(\angle BAC=\angle OBC+\angle OCB\).

 

а) Докажите, что точка \(H\) лежит на окружности, описанной около треугольника \(BOC\).

б) Найдите угол \(OHQ\), если \(\angle ABC=40^\circ\).

 

(ЕГЭ 2016, досрочная волна)

Добавить задание в избранное

а) Т.к. треугольник остроугольный, то высоты пересекаются внутри треугольника.
Проведем радиусы описанной окружности \(OB\) и \(OC\). \(\triangle BOC\) равнобедренный, пусть \(\angle OBC=\angle OCB=x\). Тогда \(\angle BOC=180^\circ-2x\).



По условию задачи \(\angle BAC=2x\). Но \(\angle BAC\) и \(\angle BOC\) – вписанный и центральный углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, \[\angle BOC=2\angle BAC \quad \Rightarrow \quad 180^\circ-2x=4x \quad \Rightarrow \quad x=30^\circ.\]

Следовательно, \(\angle BAC=60^\circ\), \(\angle BOC=120^\circ\).
\(\triangle BNA\sim \triangle BHM\) (по прямому углу и общему углу \(ABN\)), следовательно, \(\angle BHM=\angle BAN=60^\circ\).
Следовательно, \(\angle BHC=180^\circ-\angle BHM=120^\circ\).

 

Следовательно, \(\angle BHC=\angle BOC=120^\circ\), то есть по признаку четырехугольник \(BOHC\) является вписанным, что значит, что точка \(H\) лежит на окружности, описанной около \(\triangle BOC\).

 

б) Т.к. центр \(Q\) вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(\angle QBC=\frac12\angle ABC\), \(\angle QCB=\frac12\angle ACB\). Т.к. \(\angle BAC=60^\circ\), то \(\angle ABC+\angle ACB=180^\circ-60^\circ=120^\circ\).
Следовательно, \(\angle QBC+\angle QCB=\frac12\cdot 120^\circ=60^\circ\), а значит \(\angle BQC=180^\circ-60^\circ=120^\circ\).
Таким образом, точка \(Q\) также лежит на окружности, описанной около \(\triangle BOC\).


 

Т.к. \(\angle OBC=30^\circ\), а весь \(\angle ABC=40^\circ\), то \(\angle ABO=10^\circ\).
Т.к. \(QB\) – биссектриса угла \(ABC\), то \(\angle ABQ=20^\circ\), откуда следует, что \(\angle OBQ=10^\circ\).
Заметим, что для окружности, описанной около \(\triangle BOC\), \(\angle OBQ\) и \(\angle OHQ\) — вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны, то есть \(\angle OHQ=\angle OBQ=10^\circ\).

 

Заметим, что т.к. \(\triangle BOC\) равнобедренный и центр описанной окружности лежит на пересечении серединных перпендикуляров к сторонам, то \(J\) – центр описанной около \(\triangle BOC\) окружности, лежит на продолжении высоты \(OK\), являющейся также биссектрисой. Следовательно, \(\angle BOJ=60^\circ\).
\(\triangle BOJ\) равнобедренный (\(JO=JB\) – радиусы описанной около \(\triangle BOC\) окружности) с одним из углов \(60^\circ\), следовательно, все его углы равны по \(60^\circ\) и он равносторонний. Это значит, что радиус \(JO\) описанной около \(\triangle BOC\) окружности равен радиусу \(OB\) описанной около \(\triangle ABC\) окружности. Следовательно, точка \(J\) лежит на окружности, описанной около \(\triangle ABC\).

Ответ:

\(10^\circ\)

Задание 16
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность, вписанная в треугольник \(MNK\), касается сторон \(MN\), \(NK\) и \(MK\) в точках \(A\), \(B\) и \(C\) соответственно.

а) Докажите, что \(NB = \dfrac{MN + NK - MK}{2}\).

б) Найдите отношение \(MA : AN\), если известно, что \(NB : NK = 1 : 3\) и \(\angle MNK = 60^\circ\).

 

(ЕГЭ 2016, досрочная волна)

Добавить задание в избранное


 

а) По теореме об отрезках касательной \(AN = NB\), \(AM = MC\), \(BK = KC\), тогда

\[\begin{aligned} &\dfrac{MN + NK - MK}{2} = \dfrac{AM + AN + NB + BK - MC - KC}{2} =\\ = \,&\dfrac{MC + NB + NB + BK - MC - BK}{2} = NB, \end{aligned}\]

что и требовалось доказать.

 

б) Обозначим \(MA = ka\), \(AN = a\) (тогда искомая величина есть \(k\)), следовательно \(NB = a\), тогда \(BK = 2a\).

По теореме об отрезках касательной: \[MC = ka,\qquad CK = 2a.\]

Запишем теорему косинусов для треугольника \(MNK\): \[MK^2 = MN^2 + NK^2 - 2\cdot MN\cdot NK\cdot\cos\angle MNK\,.\] Подставляя известные величины, получим:

\[\begin{aligned} &(ka + 2a)^2 = (ka + a)^2 + 9a^2 - 2\cdot (ka + a)\cdot 3a\cdot 0,5\quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad &a^2(k + 2)^2 = a^2(k + 1)^2 + 9a^2 - (k + 1)\cdot 3a^2\quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad &(k + 2)^2 = (k + 1)^2 + 9 - 3(k + 1)\quad\Leftrightarrow\quad 5k = 3\quad\Leftrightarrow\quad k = 0,6\,. \end{aligned}\]

Ответ:

б) \(0,6\)

Задание 17
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(P\) лежит на стороне \(AB\) выпуклого четырёхугольника \(ABCD\), причём \(A\) и \(B\) – вершины равнобедренных треугольников с основаниями \(PD\) и \(PC\) соответственно. При этом \(PD\perp PC\).

 

а) Докажите, что биссектрисы углов \(DAP\) и \(PBC\) пересекаются на стороне \(CD\).

б) Пусть \(Q\) – точка пересечения этих биссектрис. Найдите площадь четырёхугольника, стороны которого лежат на прямых \(AQ\), \(PD\), \(PC\), \(QB\), если известно, что \(AP : AB = 2 : 9\) и \(S_{ABCD} = 1\).

 

(ЕГЭ 2015, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(Q\) – точка пересечения биссектрисы угла \(DAP\) со стороной \(CD\). Пусть \(S\) – точка пересечения \(AQ\) и \(PD\). Так как \(DA = AP\), то \(AQ\) содержит медиану и высоту в треугольнике \(DAP\), откуда следует, что \(AQ\perp DP\) и \(S\) – середина \(DP\).

Таким образом, \(QS\) – медиана и высота в треугольнике \(QPD\), следовательно, треугольник \(QPD\) равнобедренный и \(PQ = QD\).


 

Треугольник \(DPC\) – прямоугольный. Предположим, что некоторая точка \(Q'\neq Q\) – середина \(CD\), тогда \(PQ' = DQ'\) (\(PQ'\) – медиана, проведённая к гипотенузе), следовательно, \(\angle PDQ = \angle DPQ'\), но \(\angle PDQ = \angle DPQ\), следовательно, точки \(P\), \(Q\) и \(Q'\) лежат на одной прямой, то есть \(Q'\) лежит на \(PQ\), а также \(Q'\) лежит на \(CD\). Но две не совпадающие прямые могут иметь не более одной общей точки, следовательно, наше предположение неверно и \(Q\) – середина \(CD\).

Тогда \(PQ = QC\), следовательно, \(\triangle PQB = \triangle CQB\) (по трём сторонам), откуда получаем, что \(QB\) – биссектриса угла \(PBC\), то есть \(Q\) – точка пересечения биссектрис углов \(DAP\) и \(PBC\). Так как двух точек пересечения у несовпадающих прямых быть не может, то биссектрисы углов \(DAP\) и \(PBC\) пересекаются на стороне \(CD\) (в точке \(Q\)).

 

б) В четырёхугольнике \(PSQT\): \(\angle SPT = 90^\circ = \angle PSQ = \angle PTQ\), следовательно, \(\angle SQT = 360^\circ - 270^\circ = 90^\circ\) и \(PSQT\) – прямоугольник.

Рассмотрим прямоугольные треугольники \(ASP\) и \(AQB\): \(\angle BAQ\) – общий, следовательно, треугольники \(ASP\) и \(AQB\) подобны по острому углу, следовательно, \[\dfrac{PS}{BQ} = \dfrac{AP}{AB} = \dfrac{2}{9}\,,\] но \(PS = QT\), тогда \[\dfrac{QT}{BQ} = \dfrac{2}{9}\qquad\Rightarrow\qquad BT = \dfrac{7}{2}\cdot QT\,.\]

Аналогично треугольники \(BPT\) и \(BAQ\) подобны, откуда \[\dfrac{AQ}{PT} = \dfrac{AB}{PB} = \dfrac{9}{7}\,,\] но \(PT = QS\), тогда \[\dfrac{AQ}{QS} = \dfrac{9}{7}\qquad\Rightarrow\qquad AS = \dfrac{2}{7}\cdot QS\,.\]

\[\begin{aligned} &S_{ABCD} = S_{DAP} + S_{DPC} + S_{PBC} = AS\cdot PS + 2PS\cdot PT + PT\cdot BT =\\ = \,&\dfrac{2}{7}\cdot QS\cdot PS + 2PS\cdot PT + PT\cdot \dfrac{7}{2}\cdot QT = \dfrac{81}{14}\cdot S_{PSQT}\,, \end{aligned}\]

следовательно, \[1 = \dfrac{81}{14}\cdot S_{PSQT}\qquad\Rightarrow\qquad S_{PSQT} = \dfrac{14}{81}\,.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{14}{81}\)

Задание 18
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На медиане \(BM\) равнобедренного треугольника \(ABC\) как на диаметре построена окружность, которая второй раз пересекает основание \(BC\) в точке \(P\).

 

а) Докажите, что \(PB=3CP\).

б) Пусть данная окружность пересекает сторону \(AB\) в точке \(L\). Найдите \(AB\), если \(BP=18\), \(BL=17\).

 

(ЕГЭ 2015, резервный день)

Добавить задание в избранное

а)

 

Заметим, что \(\angle BPM=90^\circ\), т.к. опирается на диаметр \(BM\). Проведем \(AH\perp BC\). Т.к. треугольник равнобедренный, то \(H\) – середина \(BC\). Тогда \(AH\parallel MP\).
По теореме Фалеса (т.к. \(AH\parallel MP\), \(AM=MC\)) \(HP=PC\).

 

Следовательно, \(PC=\dfrac12HC=\dfrac12\cdot \dfrac12BC=\dfrac14BC\), откуда следует, что \(BP:PC=3:1\).

 

б) Обозначим \(AM=MC=x\), тогда \(AL=2x-17\).


 

Из прямоугольного \(\triangle MPC\): \[MP^2=MC^2-PC^2=x^2-6^2.\]

Из прямоугольного \(\triangle BMP\):\[BM^2=BP^2+MP^2=18^2+x^2-6^2.\]

Заметим, что \(\angle BLM=90^\circ\) как опирающийся на диаметр. Следовательно, из прямоугольного \(\triangle BLM\): \[LM^2=BM^2-BL^2=18^2+x^2-6^2-17^2.\]

Из прямоугольного \(\triangle ALM\): \[AM^2=AL^2+LM^2 \quad \Rightarrow \quad x^2=(2x-17)^2+18^2+x^2-6^2-17^2 \quad \Rightarrow \quad (2x-17)^2=1.\]

Заметим, что \(2x-17\) – это длина отрезка \(AL\), следовательно, она не может быть отрицательной, значит, \[2x-17=1 \quad \Rightarrow \quad 2x=18=AB.\]

Ответ:

Задание 19
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две окружности касаются внутренним образом в точке \(M\), причём меньшая из окружностей проходит через центр большей окружности. Хорда \(PQ\) большей окружности касается меньшей в точке \(K\); \(S\) и \(T\) – точки пересечения меньшей окружности с \(MP\) и \(MQ\) соответственно.

 

а) Докажите, что прямые \(ST\) и \(PQ\) параллельны.

б) Пусть \(L\) – точка пересечения \(MK\) и \(ST\). Найдите \(ML\), если радиус большей окружности равен \(5\), а \(PQ = 6\).

 

(ЕГЭ 2015, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(O_1\) и \(O_2\) центры большей и меньшей окружностей соответственно. Так как \(O_1M\) и \(O_2M\) перпендикулярны касательной, проходящей через точку \(M\), то точки \(O_1\), \(O_2\) и \(M\) лежат на одной прямой. Пусть \(M'\) – точка пересечения этой прямой с большей окружностью, отличная от \(M\).

 

Докажем, что хорды данных окружностей, лежащие на одной прямой, проходящей через точку \(M\), относятся как их диаметры. Рассмотрим доказательство на примере хорд \(MS\) и \(MP\).

Рассмотрим треугольники \(MM'P\) и \(MO_1S\). Эти треугольники прямоугольные, так как \(MO_1\) – диаметр меньшей окружности (описанной около треугольника \(MO_1S\)), а \(MM'\) – диаметр большей окружности (описанной около треугольника \(MM'P\)). При этом острый угол \(O_1MS\) у них общий, следовательно, эти треугольники подобны.

Из подобия получаем требуемое: \[\dfrac{MS}{MP} = \dfrac{MO_1}{MM'}\]

Для других хорд, лежащих на прямой, проходящей через точку \(M\), утверждение доказывается аналогично.

Из доказанного следует, что \[\dfrac{MS}{MP} = \dfrac{MT}{MQ}\,.\]

Рассмотрим треугольники \(MST\) и \(MPQ\): \(\angle SMQ\) – общий, \(\dfrac{MS}{MP} = \dfrac{MT}{MQ}\), следовательно, эти треугольники подобны, откуда \(\angle MST = \angle MPQ\), следовательно, \(ST\parallel PQ\).

 

б) Опустим перпендикуляры \(O_1K'\) и \(O_2K\) на \(PQ\).

По теореме Пифагора \[K'O_1^2 = O_1P^2 - K'P^2\]

Так как \(O_1P = O_1Q\), то \(O_1K'\) – медиана в треугольнике \(PO_1Q\), следовательно, \(K'P = 3\), тогда \(K'O_1 = \sqrt{25 - 9} = 4\).

Так как \(MO_1\) – радиус большей окружности и диаметр меньшей, то радиус меньшей окружности равен \(0,5\cdot 5 = 2,5\)

Рассмотрим прямоугольную трапецию \(O_2O_1K'K\).

 

Пусть \(O_2H\) перпендикуляр к \(O_1K'\), тогда \(O_1H = O_1K' - O_2K = 4-2,5=1,5\), следовательно, по теореме Пифагора \(2 = O_2H = KK'\). Тогда \[PK = PK'+K'K=3+2=5,\qquad KQ = PK'-K'K=3-2=1.\]

Так как хорды данных окружностей, лежащие на одной прямой, проходящей через точку \(M\), относятся как их диаметры, то \(ST\) – средняя линия в треугольнике \(MPQ\), тогда \(SL\) – средняя линия в треугольнике \(MPK\) и \(LT\) – средняя линия в треугольнике \(MKQ\), следовательно, \[SL = 0,5PK=2,5,\qquad LT = 0,5KQ=0,5\,.\]

По теореме о произведении отрезков хорд \[ML\cdot LK = SL\cdot LT = 1,25=\dfrac54\,,\] откуда, с учётом равенства \(ML = LK\), получим \[ML = \dfrac{\sqrt{5}}{2}\,.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)

Задание 20
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В квадрат \(ABCD\) вписана окружность, к которой проведена касательная, пересекающая стороны \(AB\) и \(AD\) в точках \(M\) и \(K\) соответственно.

 

а) Докажите, что периметр \(\triangle AMK\) равен \(AB\).

б) В каком отношении делит сторону \(BC\) прямая, проходящая через точку \(N\) и центр окружности, если \(AM:MB=1:2\) и \(N\) – точка пересечения прямых \(MK\) и \(CD\).

 

(ЕГЭ 2015, досрочная волна)

Добавить задание в избранное

а) Обозначим за \(Y,T,Z\) – точки касания окружности с \(KM, AB, AD\). Заметим, что \(KM\) и \(KD\) – касательные к окружности, проведенные из одной точки, следовательно, отрезки касательных \(KY\) и \(KZ\) равны.
То же самое можно сказать про \(MY=MT\).


 

Таким образом,

\[P_{\triangle AMK}=AM+MY+YK+KA=AM+MT+KZ+KA=AT+AZ.\]

Заметим, что т.к. окружность вписана в квадрат, то касается сторон квадрата она в серединах, то есть \(T, Z\) – середины сторон \(AB\) и \(AD\) соответственно. Значит, \(AT+AZ=AB\).

 

б) Обозначим сторону квадрата за \(6x\). Тогда из условия задачи следует, что \(AM=\frac3AB=2x\), \(MB=4x\). Следовательно, раз \(AT=\frac12AB=3x\), то \(MT=x\).
Обозначим также \(KZ=KY=y\), \(ND=t\).


 

Тогда из подобия \(\triangle AMK\) и \(\triangle NDK\) следует, что

\[\dfrac{AM}{ND}=\dfrac{AK}{KD}=\dfrac{KM}{NK}.\]

Заметим, что отрезки касательных \(NI\) и \(NY\) равны. Следовательно, если \(DI=\frac12CD=3x\), то \(NM=NI=t+3x\). Следовательно, \(NK=t+3x-y\).

 

Заметим также, что если \(KZ=y\), а \(AZ=3x\), то \(AK=3x-y\).

 

Таким образом, равенство можно переписать в виде:

\[\dfrac{2x}{t}=\dfrac{3x-y}{3x+y}=\dfrac{y+x}{t+3x-y}.\]

Из данных равенств можно выразить \(y\) и \(t\) через \(x\), получится:

\[y=\dfrac32x \qquad \qquad t=6x.\]

Заметим, что \(NP\) – биссектриса угла \(\angle YNI\) (т.к. прямая, проходящая через точку, из которой выходят две касательные к окружности, и центр окружности является биссектрисой угла, образованного этими касательными).

 

Пусть \(J\) – точка пересечения прямой \(KM\) и \(BC\). Тогда \(\triangle AMK\sim \triangle JMB\) с коэффициентом подобия \(2\), следовательно, если \(AK=3x-y=3x-\frac32x=\frac32x\), то \(JB=2AK=3x\); если \(KM=y+x=\frac52x\), то \(MJ=5x\). \(NK=t+3x-y=\frac{15}2x\).

 

Т.к. биссектриса треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то

\[\dfrac{JP}{PC}=\dfrac{NJ}{NC}=\dfrac{NK+KM+MJ}{ND+DC}=\dfrac{15x}{12x}=\dfrac54\]

Следовательно, \(JP=\frac54PC\), а значит \(BP=\frac54PC-3x\). Т.к. \(BP+PC=BC=6x\), то

\[\frac54PC-3x+PC=6x \quad \Rightarrow \quad PC=4x \quad \Rightarrow \quad BP=2x \quad \Rightarrow \quad BP:PC=1:2.\]

Ответ:

\(1:2\)

Задание 21
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность с центром \(O\) построена на боковой стороне \(AB\) равнобедренной трапеции \(ABCD\) как на диаметре. Эта окружность касается стороны \(CD\) и второй раз пересекает большее основание \(AD\) в точке \(N\). Точка \(M\) – середина \(CD\).

 

а) Докажите, что \(OMDN\) – параллелограмм.

б) Найдите \(AD\), если \(\angle BAD = 75^\circ\) и \(BC = 4\).

 

(ЕГЭ 2015, досрочная волна)

Добавить задание в избранное

а) \(ON = OA\) – как радиусы. Так как трапеция \(ABCD\) равнобедренная, то \(MD = OA = ON\).


 

Так как \(OA = ON\), то \(\angle OAN = \angle ONA\), но \(\angle OAN = \angle MDA\), следовательно, \(\angle ONA = \angle MDA\), тогда \(ON\parallel MD\).

В итоге стороны \(ON\) и \(MD\) четырёхугольника \(ONDM\) параллельны и равны, следовательно, \(ONDM\) – параллелограмм.

 

б) \[ND = OM = \dfrac{AD + BC}{2} = \dfrac{AD}{2} + 2\quad\Rightarrow\quad AN = \dfrac{AD}{2} - 2,\quad ND = AN + 4\,.\]

Пусть \(B'\) – проекция точки \(B\) на \(AD\), тогда \[AB' = \dfrac{AD - BC}{2} = \dfrac{AD}{2} - 2 = AN\,,\] следовательно, точки \(B'\) и \(N\) совпадают и \(BN\perp AD\).

Пусть радиус данной окружности равен \(r\), \(BN = h\), тогда из треугольника \(ABN\): \[AN^2 = 4r^2 - h^2,\qquad AN = \dfrac{h}{\mathrm{tg}\, 75^\circ}\]

Пусть \(P\) – точка касания данной окружности и \(CD\), тогда \(OP\perp CD\). Так как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых и секущей равны, то \[\angle PMO = \angle MON = \angle ONA = \angle OAN = 75^\circ\,.\]

Таким образом, прямоугольные треугольники \(POM\) и \(ABN\) подобны по острому углу, следовательно, \[\dfrac{OP}{BN} = \dfrac{OM}{AB}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{r}{h} = \dfrac{AN + 4}{2r}\,.\]

Найдём \(\mathrm{tg}\, 75^\circ\) при помощи формулы тангенса половинного угла: \[\mathrm{tg}\, 75^\circ = \mathrm{tg}\, \dfrac{150^\circ}{2} = \dfrac{\sin 150^\circ}{1 + \cos 150^\circ} = \dfrac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{1}{2 - \sqrt{3}}\,.\]

Тогда \[AN = (2 - \sqrt{3})h,\qquad (2 - \sqrt{3})^2h^2 = 4r^2 - h^2,\qquad \dfrac{r}{h} = \dfrac{(2 - \sqrt{3})h + 4}{2r}\,,\] откуда \(r = h\sqrt{2 - \sqrt{3}}\), \[2r^2 = (2 - \sqrt{3})h^2 + 4h\quad\Rightarrow\quad (2 - \sqrt{3})h^2 = 4h\quad\Rightarrow\quad h = \dfrac{4}{2 - \sqrt{3}}\,,\] тогда \(AN = 4\), откуда \(ND = 8\), следовательно, \(AD = 12\).

Ответ:

б) \(12\)

1 2 3 4 5