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 5)

Задание 29
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружности радиусов \(11\) и \(21\) с центрами \(O_1\) и \(O_2\) соответственно касаются внешним образом в точке \(C\); \(AO_1\) и \(BO_2\) – параллельные радиусы этих окружностей, причем \(\angle AO_1O_2=60^\circ\). Найдите \(AB\).

 

(ЕГЭ 2013, основная волна)

Добавить задание в избранное

Данная задача имеет два случая.

 

1) Проведем отрезки \(AO_1\) и \(BO_2\) так, чтобы точки \(A\) и \(B\) лежали по одну сторону от прямой \(O_1O_2\).

Проведем отрезки \(AC\) и \(BC\).



Заметим, что \(\triangle AO_1C\) равнобедренный с углом \(60^\circ\), следовательно, равносторонний и \(AC=O_1C=11\).
Так как \(O_1A\parallel O_2B\), то \(\angle BO_2O_1=120^\circ\). Так как \(\triangle BO_2C\) равнобедренный, то \(\angle BCO_2=(180^\circ-120^\circ):2=30^\circ\). Следовательно, \(\angle ACB=180^\circ-\angle ACO_1-\angle BCO_2=180^\circ-60^\circ-30^\circ=90^\circ\), то есть \(\triangle ACB\) прямоугольный.
По теореме косинусов из \(\triangle BO_2C\) найдем \(BC=\sqrt{21^2+21^2-2\cdot 21^2\cdot \cos 120^\circ}=21\sqrt3\).

 

Следовательно, по теореме Пифагора \[AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{11^2+21^2\cdot 3}=38.\]

2) Проведем отрезки \(AO_1\) и \(BO_2\) так, чтобы точки \(A\) и \(B\) лежали по разные стороны от прямой \(O_1O_2\).


 

Заметим, что в этом случае отрезок \(AB\) пройдет через точку \(C\) (точку касания окружностей).
Действительно, так как \(\triangle AO_1C\) равнобедренный и угол при вершине равен \(60^\circ\), то он равносторонний, то есть \(\angle O_1CA=60^\circ\). Следовательно, \(\angle ACO_2=180^\circ-60^\circ=120^\circ\).
Аналогично \(\triangle CO_2B\) равносторонний (\(\angle CO_2B=\angle CO_1A=60^\circ\) как накрест лежащие при \(O_1A\parallel O_2B\) и \(O_1O_2\) секущей) и \(\angle O_2CB=60^\circ\). Следовательно, \(\angle ACO_2+\angle O_2CB=120^\circ+60^\circ=180^\circ\), то есть \(\angle ACB\) развернутый, значит, точки \(A, C, B\) лежат на одной прямой.

 

Из доказанного следует, что \(AC=AO_1=11\), \(CB=BO_2=21\), следовательно, \(AB=11+21=32\).

Ответ:

38 или 32

Задание 30
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 треугольника \(BCO_2\), 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.


 

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 \(\triangle BAO_2\), опущенная к \(AO_2\), то \[S_{BAO_2}=\dfrac12BH\cdot AO_2.\] 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 \[S_{CO_2A}=\dfrac12CK\cdot AO_2\] Следовательно, \[S_{BCO_2}=S_{BAO_2}+S_{CAO_2}=\dfrac12AO_2\cdot (BH+CK)=\dfrac12\cdot 5\cdot \left(\dfrac32+\dfrac52\right)=10.\]

2) Пусть окружности касаются внутренним образом.


 

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 \(CK=\frac12 CO_2=\frac52\). \[S_{BCO_2}=S_{ACO_2}-S_{ABO_2}=\dfrac12 CK\cdot AO_2-\dfrac12BH\cdot AO_2= \dfrac12AO_2\cdot (CK-BH)=\dfrac12\cdot 5\cdot \left(\dfrac52-\dfrac32\right)=\dfrac52\]

Ответ:

2,5 или 10

Задание 31
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Стороны \(KN\) и \(LM\) трапеции \(KLMN\) параллельны, прямые \(LM\) и \(MN\) – касательные к окружности, описанной около треугольника \(KLN\).

а) Докажите, что треугольники \(LMN\) и \(KLN\) подобны.

б) Найдите площадь треугольника \(KLN\), если известно, что \(KN = 6\), а \(\angle LMN = 120^\circ\).

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(O\) – центр окружности, описанной около \(\triangle KLN\). Так как \(LM\) – касательная к окружности, проходящей через точку \(L\), то \(LM\perp OL\), следовательно, \(OL\perp KN\). Опустим из точки \(O\) на \(KN\) перпендикуляр \(OP\).

Так как центр описанной около треугольника окружности – это точка пересечения его серединных перпендикуляров, то \(P\) – середина \(KN\).

Точки \(P\), \(O\) и \(L\) лежат на одной прямой: в самом деле, \(LO\perp KN\perp OP\), тогда прямые, содержащие \(LO\) и \(OP\) либо параллельны, либо совпадают, но они проходят через общую точку \(O\).

Таким образом, \(L\) лежит на серединном перпендикуляре к \(KN\), следовательно, \(L\) равноудалена от концов отрезка \(KN\) и треугольник \(KLN\) – равнобедренный (\(KL = LN\)). Кроме того, \(\angle KLO = \angle OLN\).

 

Аналогично, \(ON\perp MN\). Так как сумма углов четырёхугольника равна \(360^\circ\), то \(\angle LON + \angle LMN = 180^\circ\), причём \[\angle LON = 180^\circ - \angle OLN - \angle ONL = 180^\circ - 2\angle OLN = 180^\circ - \angle KLN,\] откуда следует, что \(\angle LMN = \angle KLN\).

Кроме того, \(\angle LNK = \angle NLM\) как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых \(KN\), \(LM\) и секущей \(LN\). В итоге, два угла треугольника \(LMN\) соответственно равны двум углам треугольника \(KLN\), следовательно, они подобны.

 

Замечание. Формально в рамках пункта а) треугольник \(KLN\) может быть и остроугольным, а на рисунке он тупоугольный, однако, все рассуждения, приведённые выше, будут справедливы и для случая остроугольного треугольника \(KLN\).

б) \(\angle KLN = \angle LMN = 120^\circ\), тогда \(\angle LKN = \angle LNK = 30^\circ\). \[LP = KP\cdot \mathrm{tg}\ \! 30^\circ = 3\cdot\dfrac{1}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}.\] В итоге \[S_{\triangle KLN} = \dfrac{1}{2}\cdot KN\cdot LP = 3\cdot \sqrt{3} = 3\sqrt{3}.\]

Ответ:

б) \(3\sqrt{3}\)

Задание 32
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Квадрат \(ABCD\) вписан в окружность. Хорда \(CE\) пересекает его диагональ \(BD\) в точке \(K\).

а) Докажите, что \(CK\cdot CE = BC\cdot AD\).

б) Найдите отношение \(CK\) и \(KE\), если \(\angle ECD = 75^\circ\).

Добавить задание в избранное

а) Так как \(ABCD\) – квадрат, то \(BC = AD\), следовательно, достаточно доказать, что \(CK\cdot CE = BC^2\), что (в силу \(BC > 0\)) равносильно \(\dfrac{CK}{BC}=\dfrac{BC}{CE}\).

Таким образом, достаточно доказать подобие треугольников \(BCE\) и \(BCK\), а также равенства \[\angle CBD = \angle BEC,\qquad \angle BKC = \angle CBE.\]

В треугольниках \(BCE\) и \(BCK\) \(\angle BCE\) – общий. Покажем, что \(\angle BEC = \angle CBD\):
так как равные хорды стягивают равные дуги, то \(\smile BC = \smile CD\), тогда углы \(\angle BEC\) и \(\angle CBD\) равны как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги.

Таким образом, треугольники \(BCE\) и \(BCK\) подобны. Остаётся убедиться в том, что \(\angle BKC = \angle CBE\), что верно, так как сумма углов треугольника равна \(180^\circ\), следовательно, \[\angle BKC = 180^\circ - \angle BCE - \angle CDB = 180^\circ - \angle BCE - \angle BEC = \angle CBE.\]

б) \(\angle BCE = 90^\circ - \angle ECD = 15^\circ\),
\(\angle BEC = \angle CBD = 45^\circ\) (так как диагональ квадрата \(BD\) – биссектриса угла \(\angle ABC\)),
\(\angle CBE = \angle BKC = 180^\circ - \angle BCE - \angle CDB = 120^\circ\),
\(\angle BKE = 180^\circ - \angle BKC = 60^\circ\),
\(\angle EBK = \angle CBE - \angle CBD = 75^\circ\).

 

Из теоремы синусов для треугольника \(BCE\) следует, что \[\dfrac{CE}{\sin 120^\circ} = \dfrac{BE}{\sin 15^\circ}\qquad\Rightarrow\qquad BE = \sin 15^\circ\cdot\dfrac{CE}{\sin 120^\circ}.\]

Из теоремы синусов для треугольника \(BEK\) следует, что \[\dfrac{EK}{\sin 75^\circ} = \dfrac{BE}{\sin 60^\circ}\qquad\Rightarrow\qquad EK = \sin 75^\circ\cdot\dfrac{BE}{\sin 60^\circ} = \sin 75^\circ\cdot\dfrac{\sin 15^\circ\cdot\dfrac{CE}{\sin 120^\circ}}{\sin 60^\circ},\] откуда \[\dfrac{CE}{EK} = \dfrac{\sin 120^\circ\cdot\sin 60^\circ}{\sin 75^\circ\cdot\sin 15^\circ}.\] Так как \(\sin\alpha\cdot\sin\beta = 0,5\cdot\bigl(\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)\bigr)\), то \[\dfrac{CE}{EK} = \dfrac{0,5\cdot(0,5 + 1)}{0,5\cdot 0,5} = 3.\]

Ответ:

б) \(3\)

Задание 33
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На катетах \(AC\) и \(BC\) прямоугольного треугольника \(ABC\) как на диаметрах построены окружности, второй раз пересекающиеся в точке \(M\). Точка \(Q\) лежит на меньшей дуге \(MB\) окружности с диаметром \(BC\). Прямая \(CQ\) второй раз пересекает окружность с диаметром \(AC\) в точке \(P\).

а) Докажите, что прямые \(PM\) и \(QM\) перпендикулярны.

б) Найдите \(PQ\), если \(AM = 1\), \(BM = 3\), а \(Q\) – середина дуги \(MB\).

Добавить задание в избранное

а) Покажем, что точка \(M\) – основание высоты, построенной из точки \(C\) на \(AB\). Опустим из точки \(C\) на \(AB\) высоту \(CM'\).

Пусть \(O_1\) и \(O_2\) – центры окружностей с диаметрами \(AC\) и \(BC\) соответственно. Так как \(\triangle ACM'\) – прямоугольный, то \(O_1M' = AO_1\).

Аналогично \(O_2M' = CO_2\). Таким образом, точка \(M'\) лежит на окружности с диаметром \(AC\) и лежит на окружности с диаметром \(BC\), следовательно, она есть точка пересечения этих окружностей.

Так как две не совпадающие окружности имеют не более двух общих точек, то \(M' = M\).

 

\(\angle CMP\) дополняет \(\angle PMB\) до прямого, тогда достаточно показать, что \[\angle CMP = \angle QMB.\] Углы \(QMB\) и \(QCB\) – вписанные, опирающиеся на одну дугу, тогда \(\angle QCB = \angle QMP\).

Аналогично \(\angle CAP = \angle CMP\). Таким образом, достаточно показать, что \[\angle QCB = \angle CAP.\]

Так как \(P\) лежит на окружности с диаметром \(AC\), то \(\triangle APC\) – прямоугольный, тогда \[\angle CAP = 90^\circ - \angle ACP = \angle ACB - \angle ACP = \angle QCB,\] откуда в итоге следует, что \(\angle PMQ = 90^\circ\).

 

б) Треугольники \(ABC\) и \(MPQ\) подобны так как они оба прямоугольные и \(\angle MQP = \angle ABC\) как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу (отсюда следует подобие по двум углам), тогда \[\dfrac{PQ}{AB} = \dfrac{MQ}{BC}.\]

Так как \(CM\) – высота треугольника \(ABC\), а в прямоугольном треугольнике квадрат высоты, проведённой к гипотенузе, равен произведению отрезков гипотенузы, то \(CM^2 = AM\cdot MB = 3\), откуда \(CM = \sqrt{3}\).

По теореме Пифагора \[CB^2 = CM^2 + MB^2,\] откуда \(CB = 2\sqrt{3}\). Покажем, что \(CMQO_2\) – параллелограмм.

\[CM = \sqrt{3} = \dfrac{CB}{2} = O_2C = O_2Q.\]

Кроме того \(CM\perp AB\). Так как равные дуги стягиваются равными хордами, то \(MQ = QB\). Так как \(O_2M\) и \(O_2B\) – радиусы одной окружности, то \(O_2M = O_2B\).

Таким образом, треугольники \(QMO_2\) и \(QBO_2\) равны по трём сторонам (\(QO_2\) – общая), откуда следует, что \(\angle MQO_2 = \angle BQO_2\), то есть \(QO_2\) содержит биссектрису угла \(MQB\), откуда следует, что \(QO_2\perp MB\) (так как в равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является высотой).

В итоге \(CM\perp AB\perp QO_2\), следовательно, \(CM\parallel QO_2\), но \(CM = QO_2\), откуда следует, что \(CMQO_2\) – параллелограмм. Тогда \(CO_2 = MQ\), следовательно, \[\dfrac{PQ}{AB} = \dfrac{MQ}{BC} = \dfrac{1}{2},\] то есть \(\dfrac{PQ}{4} = \dfrac{1}{2}\), тогда \(PQ = 2\).

Ответ:

б) \(2\)

1 .... 4 5