Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ

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 #2464
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В прямоугольном треугольнике \(ABC\) с прямым углом \(C\) точки \(M\) и \(N\) – середины катетов \(AC\) и \(BC\) соответственно, \(CH\) – высота.

а) Докажите, что прямые \(MH\) и \(NH\) перпендикулярны.

б) Пусть \(P\) – точка пересечения прямых \(AC\) и \(NH\), а \(Q\) – точка пересечения прямых \(BC\) и \(MH\). Найдите площадь треугольника \(PQM\), если \(AH = 12\) и \(BH = 3\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) В прямоугольном треугольнике длина медианы, проведённой к гипотенузе, равна половине длины гипотенузы. В прямоугольном треугольнике \(AHC\): \(MH\) – медиана, проведённая к гипотенузе, \(MH = MC\).

Аналогично в треугольнике \(CHB\): \(NH = CN\). Таким образом, треугольники \(MNH\) и \(MNC\) равны (\(MN\) – общая) по трём сторонам, откуда \[\angle MHN = \angle C = 90^\circ.\]

 

б) Так как в прямоугольном треугольнике квадрат высоты, проведённой к гипотенузе, равен произведению отрезков гипотенузы, то \(CH^2 = AH\cdot HB = 36\), откуда \(CH = 6\).

По теореме Пифагора \[AC^2 = AH^2 + HC^2 = 144 + 36,\] откуда \(AC = 6\sqrt{5}\), следовательно, \(MH = MC = 3\sqrt{5}\).

По теореме косинусов \[CH^2 = MC^2 + MH^2 - 2\cdot MC\cdot MH\cdot\cos\angle PMH,\] то есть \(36 = 90 - 90\cdot\cos\angle PMH\), откуда \[\cos\angle PMH = 0,6.\]

\(MQ\) – гипотенуза в прямоугольном треугольнике \(MCQ\), тогда \[\cos\angle PMH = \dfrac{MC}{MQ},\] то есть \(0,6 = \dfrac{3\sqrt{5}}{MQ}\), откуда \[MQ = 5\sqrt{5}.\]

\(PH\) – катет в прямоугольном треугольнике \(MHP\), тогда \[\mathrm{tg}\ \! \angle PMH = \dfrac{PH}{MH}.\] Так как \(\cos\angle PMH = 0,6\), то \(\sin\angle PMH = 0,8\), следовательно, \[\mathrm{tg}\ \! \angle PMH = \dfrac{4}{3},\qquad \dfrac{4}{3} = \dfrac{PH}{3\sqrt{5}},\] откуда \(PH = 4\sqrt{5}\). \[S_{\triangle MPQ} = \dfrac{1}{2}\cdot MQ\cdot PH = \dfrac{1}{2}\cdot 5\sqrt{5}\cdot 4\sqrt{5} = 50.\]

Ответ:

б) \(50\)

Задание 16 #2457
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапеции \(ABCD\) боковая сторона \(AB\) перпендикулярна основаниям. Из точки \(A\) на сторону \(CD\) опустили перпендикуляр \(AH\). На стороне \(AB\) отмечена точка \(E\) так, что прямые \(CD\) и \(CE\) перпендикулярны.

 

а) Докажите, что прямые \(BH\) и \(ED\) параллельны.

б) Найдите отношение \(BH:ED\), если \(\angle BCD=150^\circ\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим четырехугольник \(AECD\): т.к. \(\angle ECD+\angle EAD=180^\circ\), то около него можно описать окружность. Следовательно, \(\angle ECA=\angle EDA\) как вписанные и опирающиеся на одну хорду \(EA\). Около четырехугольника \(ABCH\) также можно описать окружность, следовательно, \(\angle CBH=\angle CAH\).


 

Но \(\angle CAH=\angle ECA\) как накрест лежащие при \(EC\parallel AH\) и \(AC\) – секущей. Следовательно, \(\angle CBH=\angle ADE\).

 

Таким образом, \(\angle AED=90^\circ-\angle ADE=90^\circ -\angle CBH=\angle EBH\) – соответственные при прямых \(BH\) и \(ED\) и секущей \(AB\). Значит \(BH\parallel ED\).

 

б) Достроим трапецию \(ABCD\) до треугольника \(AOD\). Т.к. \(BH\parallel ED \Rightarrow \triangle OBH\sim \triangle OED\).

 

Значит, \(\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}\).

 

Т.к. \(\angle BCD=150^\circ \Rightarrow \angle BCE=\angle BOC=60^\circ, \ \angle OCB=\angle BEC=30^\circ\).

 

Пусть \(OB=x \Rightarrow BC=\sqrt3 x \Rightarrow BE=3x \Rightarrow OE=4x\). Таким образом, \[\dfrac{BH}{ED}=\dfrac{OB}{OE}=\dfrac14\]

Ответ:

б) \(1:4\)

Задание 17 #2456
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапеции \(ABCD\) точка \(E\) – середина основания \(AD\), точка \(M\) – середина боковой стороны \(AB\). Отрезки \(CE\) и \(DM\) пересекаются в точке \(O\).

 

а) Докажите, что площади четырехугольника \(AMOE\) и треугольника \(COD\) равны.

б) Найдите, какую часть от площади трапеции составляет площадь четырехугольника \(AMOE\), если \(BC=3, AD=4\).

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а)

 

Пусть \(CH_1=h\) – высота треугольника \(ECD\). Т.к. \(M\) – середина \(AB\), то \(MH_2 = \dfrac{h}{2}\) – высота треугольника \(AMD\).
\(S_{AMD}=\dfrac{1}{2}AD\cdot MH_2 =\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{h}{2}\cdot 2ED=S_{ECD}\). Следовательно, \(S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED}=S_{ECD}-S_{OED}=S_{COD}\), чтд.

 

б) \(S_{ABCD}=\dfrac{3+4}{2}\cdot h=\dfrac{7}{2}h\)

 

\(S_{AMOE}=S_{AMD}-S_{OED}\). Найдем \(S_{OED}\).
Проведем среднюю линию трапеции \(MK, \ MK\cap CE=N\). \(\bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EOD\).
\(MK=3,5\) как средняя линия трапеции, \(NK=1\) как средняя линия \(\bigtriangleup CED \Rightarrow MN=2,5\).
Проведем из вершины \(O\) высоты в \(\bigtriangleup MON\) и \(\bigtriangleup EOD\) и обозначим их за \(x\) и \(y\) соответственно (заметим, что \(x+y=\dfrac{h}{2}\)).

 

Т.к. \(\bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EOD\), то \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2,5}{2}=\dfrac{5}{4} \Rightarrow y=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{h}{2}\).

 

Таким образом, \(S_{OED}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2h}{9}\cdot 2=\dfrac{2h}{9} \Rightarrow S_{AMOE}=\dfrac{7h}{9}\).

 

Значит, \(\dfrac{S_{AMOE}}{S_{ABCD}}=\dfrac{2}{9}\).

Ответ:

\(\dfrac{2}{9}\).

Задание 18 #2477
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан треугольник \(ABC\), причем \(\angle ABC=60^\circ\). Вписанная в этот треугольник окружность касается стороны \(AC\) в точке \(M\).

 

а) Докажите, что отрезок \(BM\) не больше утроенного радиуса вписанной в треугольник окружности.

б) Найдите \(\sin \angle BMC\), если известно, что отрезок \(BM\) в \(2,5\) раза больше радиуса вписанной в треугольник окружности.

 

(ЕГЭ 2016, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим два случая: когда \(O\) (центр вписанной окружности) лежит на \(BM\) и когда не лежит.


 

1) \(O\in BM\).

 

Это значит, что \(BM\) является биссектрисой \(\angle B\) (т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис), а также высотой (т.к. \(OM\perp AC\) как радиус, проведенный в точку касания). Следовательно, \(\triangle ABC\) равнобедренный с основанием \(AC\). Т.к. один из углов \(\angle B=60^\circ\), то все остальные углы в \(\triangle ABC\) тоже равны по \(60^\circ\), то есть он равносторонний.
Таким образом, \(O\) – это еще точка пересечения медиан \(\triangle ABC\). Т.к. медианы точкой пересечения делятся в отношении \(2:1\), считая от вершины, то \(BO:OM=2:1\), откуда следует, что \(BM=3OM=3r\), где \(r\) – радиус вписанной окружности.

 

2) \(O\not\in BM\).

 

Тогда рассмотрим \(\triangle OBM\). По неравенству треугольника сумма любых его двух сторон больше третьей, то есть \[BM<BO+OM \quad \Rightarrow\quad BM<BO+r.\]

Таким образом, если доказать, что \(BO\leqslant 2r\), то отсюда последует требуемое неравенство.

 

Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис, то \(BO\) – биссектриса \(\angle B\), то есть \(\angle KBO=30^\circ\), где \(K\) – точка касания окружности со стороной \(AB\). Причем \(\angle BKO=90^\circ\) (радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной). Таким образом, в прямоугольном \(\triangle BKO\) катет \(KO=r\), лежащий против угла \(30^\circ\), равен половине гипотенузы \(BO\), то есть \(r=\frac12BO\), откуда \(BO=2r\). Значит,

\[BM<2r+r \quad \Rightarrow \quad BM<3r.\]

б) Т.к. \(BM=2,5r\), то \(\triangle ABC\) – не равнобедренный (то есть, согласно пункту а), \(O\ne\in BM\)). Обозначим \(\angle BMC=\alpha\), \(\angle BMO=\beta\).



По теореме косинусов из \(\triangle BMO\):

\[BO^2=BM^2+OM^2-2\cdot BM\cdot OM\cdot \cos\beta \quad \Rightarrow \quad \cos\beta=\dfrac{13}{20}.\]

Т.к. \(\alpha+\beta=90^\circ\), то \(\beta=90^\circ-\alpha\), следовательно,

\[\cos\beta=\cos(90^\circ-\alpha)=\sin\alpha=\dfrac{13}{20}=0,65.\]

Ответ:

\(0,65\)

Задание 19 #2476
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 20 #2458
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 21 #2459
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) \(\dfrac{14}{81}\)

1 2 3 4 .... 6