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 4)

Задание 22
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 23
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 24
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:

\(8\sqrt{13}\)

Задание 25
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В остроугольном треугольнике \(ABC\) провели высоту \(BH\). Из точки \(H\) на стороны \(AB\) и \(BC\) опустили перпендикуляры \(HK\) и \(HM\) соответственно.

 

а) Докажите, что треугольник \(MBK\) подобен треугольнику \(ABC\).

б) Найдите отношение площади треугольника \(MBK\) к площади четырехугольника \(AKMC\), если \(BH=4\), а радиус окружности, описанной около треугольника \(ABC\), равен \(5\).

 

(ЕГЭ 2014, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Докажем, что \(\angle BAC=\angle BMK\). Из этого будет следовать, что по двум углам \(\triangle ABC\sim \triangle MBK\) (т.к. \(\angle ABC\) у них общий).


 

Обозначим \(\angle BAC=\alpha\). Тогда \(\angle AHK=90^\circ-\alpha\), следовательно, \(\angle BHK=90^\circ-(90^\circ-\alpha)=\alpha\).
Заметим, что в четырехугольнике \(KBMH\) сумма противоположных углов \(\angle K\) и \(\angle M\) равна \(180^\circ\), следовательно, около него можно описать окружность. Углы \(\angle BHK\) и \(\angle BMK\) — вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу, следовательно, они равны, то есть \(\angle BMK=\alpha\), чтд.

 

б) Найдем отношение \(S_{\triangle BMK}\) к \(S_{\triangle ABC}\), а из этого уже найдем \(S_{\triangle BMK}\) к \(S_{AKMC}\).


 

Обозначим \(\angle C=\beta\). Тогда, аналогично первому пункту, \(\angle BHM=\beta\).
Из прямоугольного \(\triangle AHB\):\[\sin\alpha=\dfrac{BH}{AB} \quad \Rightarrow \quad AB=\dfrac{4}{\sin\alpha}.\] Из прямоугольного \(\triangle BHM\): \[\sin\beta=\dfrac{BM}{BH} \quad \Rightarrow \quad BM=4\sin\beta.\] Тогда \[\dfrac{S_{\triangle BMK}}{S_{\triangle ABC}}=\left(\dfrac{BM}{AB}\right)^2=\left(\sin\alpha\cdot \sin\beta\right)^2\]

Найдем \(\sin\alpha\cdot \sin\beta\).
Из формулы, верной для любого треугольника: \[\dfrac{AB}{\sin\angle C}=2R\] следует, что \[\dfrac{\frac4{\sin\alpha}}{\sin\beta}=2\cdot 5 \quad \Rightarrow \quad \sin\alpha\cdot \sin\beta=\dfrac25.\] Таким образом, \[\dfrac{S_{\triangle BMK}}{S_{\triangle ABC}}=\left(\dfrac25\right)^2=\dfrac4{25}.\] Следовательно, \(S_{\triangle BMK}=\dfrac4{25}S_{\triangle ABC}\), откуда \[S_{AKMC}=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BMK}=\frac{21}{25}S_{\triangle ABC}.\] Следовательно, \[S_{\triangle BMK}:S_{AKMC}=4:21.\]

Ответ:

\(\dfrac{4}{21}\)

Задание 26
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Высоты \(BB_1\) и \(CC_1\) остроугольного треугольника \(ABC\) пересекаются в точке \(H\).

 

а) Докажите, что \(\angle AHB_1=\angle ACB\).

б) Найдите \(BC\), если \(AH=21\) и \(\angle BAC=30^\circ\).

 

(ЕГЭ 2014, основная волна)

Добавить задание в избранное

а)
Из прямоугольного \(\triangle AHB_1\): \[\angle HAB_1=90^\circ-\angle AHB_1.\] Из прямоугольного \(\triangle AA_1C\): \[\angle ACA_1=90^\circ-\angle CAA_1=90^\circ-\angle HAB_1= 90^\circ-(90^\circ-\angle AHB_1)=\angle AHB_1.\] Т.к. \(\angle ACA_1\) и \(\angle ACB\) – одно и то же, то отсюда следует утверждение пункта а).


 

б) Аналогично пункту а) можно доказать, что \(\angle BAC=\angle B_1HC=30^\circ\).
Тогда из прямоугольного \(\triangle B_1HC\):\[\mathrm{ctg}\,30^\circ=\dfrac{HB_1}{B_1C}.\] Заметим, что \(\triangle AHB_1\sim \triangle BCB_1\) по двум углам. Следовательно, \[\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{HB_1}{B_1C}=\mathrm{ctg}\,30^\circ \quad \Rightarrow \quad BC=\dfrac{AH}{\mathrm{ctg}\,30^\circ}=\dfrac{21}{\sqrt3}=7\sqrt3.\]

Ответ:

\(7\sqrt3\)

Задание 27
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружности радиусов \(3\) и \(5\) с центрами \(O_1\) и \(O_2\) соответственно касаются в точке \(A\). Прямая, проходящая через точку \(A\), вторично пересекает меньшую окружность в точке \(B\), а большую – в точке \(C\). Найдите площадь выпуклого четырехугольника, вершинами которого являются точки \(O_1\), \(O_2\), \(B\) и \(C\), если \(\angle ABO_1=15^\circ\).

(ЕГЭ 2013, основная волна)

Добавить задание в избранное

Данная задача имеет два случая: когда окружности касаются внутренним образом и когда внешним.

 

1) Пусть окружности касаются внешним образом. Тогда нужно найти площадь четырехугольника \(BO_2CO_1\).


 

Заметим, что \(\triangle BO_1A\) равнобедренный (\(BO_1=O_1A\) как радиусы), следовательно, \(\angle BO_1A=180^\circ-2\cdot 15^\circ=150^\circ\). Проведем \(BH\perp O_1A\). Тогда \(\angle BO_1H=30^\circ\). Следовательно, \(BH=\frac12BO_1=\frac32\).
Так как \(BH\) — высота \(\triangle BO_1O_2\), опущенная к \(O_1O_2\), то \[S_{BO_1O_2}=\dfrac12BH\cdot O_1O_2.\] Заметим, что \(\triangle CO_2A\sim \triangle BO_1A\) по трем углам (\(\angle BAO_1=\angle CAO_2=15^\circ\) как вертикальные, \(\triangle CO_2A\) тоже равнобедренный). Следовательно, если провести \(CK\perp AO_2\), то \(\angle CO_2K=30^\circ\) и \(CK=\frac12CO_2=\frac52\). Тогда \[S_{CO_2O_1}=\dfrac12CK\cdot O_1O_2\] Следовательно, \[S_{BO_2CO_1}=S_{BO_1O_2}+S_{CO_1O_2}=\dfrac12O_1O_2\cdot (BH+CK)=\dfrac12\cdot (3+5)\cdot \left(\dfrac32+\dfrac52\right)=16.\]

2) Пусть окружности касаются внутренним образом. Тогда необходимо найти площадь четырехугольника \(BO_1O_2C\).


 

Аналогично \(\triangle BO_1A\sim \triangle CO_2A\) и оба равнобедренные, следовательно, если \(BH\perp AO_2\), то \(BH=\frac12 BO_1=\frac32\), так как \(\angle BO_1A=150^\circ\); а также \(CK=\frac12 CO_2=\frac52\). \[S_{BO_1O_2C}=S_{ACO_2}-S_{ABO_1}=\dfrac12 CK\cdot AO_2-\dfrac12BH\cdot AO_1= \dfrac12\cdot \dfrac52\cdot 5-\dfrac12\cdot \dfrac32\cdot 3=4.\]

Ответ:

4 или 16

Задание 28
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружности радиусов \(11\) и \(24\) с центрами \(O_1\) и \(O_2\) соответственно касаются внутренним образом в точке \(K\); \(MO_1\) и \(NO_2\) – параллельные радиусы этих окружностей, причем \(\angle MO_1O_2=60^\circ\). Найдите \(MN\).

 

(ЕГЭ 2013, основная волна)

Добавить задание в избранное

Данная задача имеет два случая.

 

1) Проведем \(MO_1\) и \(NO_2\) так, чтобы точки \(M\) и \(N\) лежали по одну сторону от прямой \(O_1O_2\).
Проведем \(NK\) и \(MK\).



Так как \(O_1M\parallel O_2N\), то \(\angle NO_2K=120^\circ\). Следовательно, так как \(\triangle NO_2K\) равнобедренный, то \(\angle O_2KN=30^\circ\).
\(\angle MO_1K=120^\circ\) как смежный с \(\angle MO_1O_2\). Так как \(\triangle MO_1K\) тоже равнобедренный, то \(\angle O_1KM=30^\circ\). Следовательно, прямые \(NK\) и \(MK\) наклонены под углом \(30^\circ\) к прямой \(O_2K\) и имеют общую точку, то есть они совпадают. Это значит, что точка \(M\) лежит на отрезке \(NK\).


 

Заметим, что \(\triangle TMK\) прямоугольный, следовательно, \[\cos 30^\circ=\dfrac{MK}{TK} \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{\sqrt3}2=\dfrac{MK}{22}\quad\Leftrightarrow\quad MK=11\sqrt3.\] По теореме косинусов из \(\triangle NO_2K\): \[NK=\sqrt{24^2+24^2-2\cdot 24^2\cdot \cos 120^\circ}=24\sqrt3.\] Следовательно, \[NM=NK-MK=13\sqrt3.\]

2) Проведем \(MO_1\) и \(NO_2\) так, чтобы точки \(M\) и \(N\) лежали по разные стороны от прямой \(O_1O_2\).


 

Продолжим радиус \(MO_1\) за точку \(O_1\) и получим диаметр \(MM'\). Тогда \(M'O_1\parallel O_2N\) и, как в первом случае, точки \(N, M'\) и \(K\) лежат на одной прямой.
Соединим также точки \(M\) и \(K\) и получим прямоугольный \(\triangle MNK\) (\(\angle K=90^\circ\), так как опирается на диаметр \(MM'\)).
Заметим, что \(\triangle NO_2K\) равносторонний, следовательно, \(NK=O_2N=24\).
Рассмотрим прямоугольный \(\triangle MTK\) (\(T\) – вторая точка пересечения меньшей окружности с прямой \(O_1O_2\)). Так как \(\triangle MO_1T\) также равносторонний, то \(\angle MTK=60^\circ\), следовательно, \[\sin\angle MTK=\dfrac{MK}{TK}=\dfrac{MK}{22} \quad\Leftrightarrow\quad MK=11\sqrt3.\] Следовательно, по теореме Пифагора \[MN^2=MK^2+KN^2\quad\Leftrightarrow\quad MN=\sqrt{939}\]

Ответ:

\(13\sqrt3\) или \(\sqrt{939}\)

1 .... 3 4 5