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 (страница 4)

Задание 22 #4042
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:

б) 18

Задание 23 #2940
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 24 #2474
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 25 #2461
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) \(12\)

Задание 26 #2481
Уровень задания: Равен ЕГЭ

К двум непересекающимся окружностям равных радиусов проведены две параллельные общие касательные. Окружности касаются одной из этих прямых в точках \(A\) и \(B\). Через точку \(C\), лежащую на отрезке \(AB\), проведены касательные к этим окружностям, пересекающие вторую прямую в точках \(D\) и \(E\), причем отрезки \(CA\) и \(CD\) касаются одной окружности, а отрезки \(CB\) и \(CE\) – другой.

 

а) Докажите, что периметр треугольника \(CDE\) вдвое больше расстояния между центрами окружностей.

б) Найдите \(DE\), если радиусы окружностей равны \(5\), расстояние между их центрами равно \(18\), а \(AC=8\).

 

(ЕГЭ 2014, вторая волна)

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(O\) и \(Q\) – центры данных окружностей, \(r\) – радиусы. Обозначим точки касания окружностей со второй касательной (параллельной \(AB\)) за \(A_1\) и \(B_1\). Т.к. \(OA\perp AB\), \(OA_1\perp A_1B_1\), \(AB\parallel A_1B_1\), то отрезки \(OA\) и \(OA_1\) лежат на одной прямой. Аналогично можно сказать про \(QB\) и \(QB_1\). Следовательно, \(AA_1\perp AB\), \(BB_1\perp AB\), и, вообще говоря, \(AA_1B_1B\) – прямоугольник (противоположные стороны попарно параллельны и углы по \(90^\circ\)).
Т.к. \(O, Q\) – середины отрезков \(AA_1\) и \(BB_1\) соответственно, то \(OQ\parallel AB\), следовательно, \(OQ=AB\).
Значит, необходимо доказать, что \(P_{\triangle CDE}=2AB\).


 

Т.к. отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны, то \(CA=CA_2=x\), \(DA_1=DA_2=y\), \(CB=CB_2=z\), \(EB_1=EB_2=t\).
Тогда \[P_{\triangle CDE}=CD+DE+EC=x+y+DE+t+z=(x+z)+(y+DE+t)=AB+A_1B_1=2AB.\]

б) Из условия следует, что \(x=8\), \(z=10\).
\(DE=A_1B_1-y-t=18-y-t\). Найдем \(y\) и \(t\).



Проведем отрезки \(OC\) и \(OD\) – они являются биссектрисами углов \(C\) и \(D\) соответственно (по свойству окружности, вписанной в угол). Т.к. \(AC\parallel A_1D\), то \(\angle ACD+\angle A_1DC=180^\circ\) как односторонние, следовательно, \(\angle OCD+\angle ODC=\frac12\cdot 180^\circ=90^\circ\).
Таким образом, \(\triangle DOC\) прямоугольный (\(\angle O=90^\circ\)).

Из прямоугольного \(\triangle OAC\): \[OC^2=OA^2+AC^2=5^2+8^2.\] Из прямоугольного \(\triangle OA_1D\): \[OD^2=OA_1^2+A_1D^2=5^2+y^2.\] Тогда из прямоугольного \(\triangle DOC\):\[DC^2=OD^2+OC^2 \quad \Rightarrow \quad (y+8)^2=5^2+y^2+5^2+8^2 \quad \Rightarrow \quad y=\dfrac{25}8.\] Аналогичным образом поступая, можно найти \(t=\dfrac52\).
Таким образом, \[DE=18-\frac{25}8-\frac52=12,375.\]

Ответ:

\(12,375\)

Задание 27 #2480
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) проведена биссектриса \(AM\). Прямая, проходящая через вершину \(B\) перпендикулярно \(AM\), пересекает сторону \(AC\) в точке \(N\); \(AB=6, BC=5, AC=9\).

 

а) Докажите, что биссектриса угла \(C\) делит отрезок \(MN\) пополам.

б) Пусть \(P\) – точка пересечения биссектрис треугольника \(ABC\). Найдите отношение \(AP:PN\).

 

(ЕГЭ 2014, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Если доказать, что \(\triangle MCN\) равнобедренный (\(MC=NC\)), то отсюда будет следовать, что биссектриса \(CO\) также и медиана, то есть \(OM=ON\).



Заметим, что \(\triangle ABN\) равнобедренный, т.к. \(AM\) – прямая, содержащая биссектрису и высоту, следовательно, \(AN=AB=6\). Тогда \(NC=9-6=3\).
Т.к. биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac69=\dfrac23.\] Также известно, что \(BM+MC=5\), следовательно, из двух полученных уравнений находим: \(MC=3\).
Таким образом, мы доказали, что \(MC=NC=3\).

 

б)


Заметим, что из доказанного следует, что \(CO\perp MN\), следовательно, в \(\triangle MPN\) \(PO\) – медиана и высота, следовательно, он равнобедренный и \(PN=PM\). Таким образом, можно найти отношение \(AP:PM\).
В \(\triangle AMC\) \(CP\) – биссектриса, следовательно, она делит сторону \(AM\) на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то есть

\[\dfrac{AP}{PM}=\dfrac{AC}{MC}=\dfrac93=3.\]

Ответ:

\(3\)

Задание 28 #2482
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Диагональ \(AC\) разбивает трапецию \(ABCD\) с основаниями \(AD\) и \(BC\), из которых \(AD\) большее, на два подобных треугольника.

 

а) Докажите, что \(\angle ABC=\angle ACD\).

б) Найдите отрезок, соединяющий середины оснований трапеции, если известно, что \(BC=18\), \(AD=50\), \(\cos\angle CAD=\frac35\).

 

(ЕГЭ 2014, резервный день)

Добавить задание в избранное

а) Углы \(\angle CAD\) и \(\angle BCA\) равны как накрест лежащие. Следовательно, т.к. \(\triangle ABC\sim \triangle ACD\), то \(\angle ABC\) равен либо \(\angle ACD\), либо \(\angle ADC\).
Пусть \(\angle ABC=\angle ADC\), тогда \(\angle BAC=\angle ACD\) — накрест лежащие углы при \(AB\) и \(CD\) и секущей \(AC\). То есть \(AB\parallel CD\), что невозможно, т.к. тогда \(ABCD\) – параллелограмм, а не трапеция.
Следовательно, \(\angle ABC=\angle ACD\), чтд.


 

б) Используем условие того, что \(\triangle ABC\sim \triangle ACD\):

\[\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{BC}{AC}\quad \Rightarrow\quad AC^2=AD\cdot BC \quad \Rightarrow \quad AC=30.\]

 

Заметим, что \(\triangle AOM\sim \triangle CON\) с коэффициентом \(\frac{25}9\). Значит, если обозначить \(OC\) за \(k\), то \(AO=\frac{25}9k\). Следовательно, \[AO+OC=\dfrac{34}9k=30 \quad \Rightarrow \quad k=OC=\dfrac{9\cdot 15}{17}.\]

Найдем по теореме косинусов (из условия \(\cos\angle OCN=\cos\angle CAD=\frac35\)) из \(\triangle CON\) \[ON^2=9^2+\left(\dfrac{9\cdot 15}{17}\right)^2- 2\cdot 9\cdot \dfrac{9\cdot 15}{17}\cdot \dfrac35 \quad \Rightarrow \quad ON=\dfrac{9\cdot 4}{17}\cdot \sqrt{13}.\]

Значит, вследствие подобия \[OM=\dfrac{25}9\cdot ON=\dfrac{25\cdot 4}{17}\cdot \sqrt{13}.\]

Таким образом, \[MN=ON+OM=8\sqrt{13}.\]

Ответ:

\(8\sqrt{13}\)

1 .... 3 4 5 6