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

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 30
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 31
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 32
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 \(\sqrt{939}\)

Задание 33
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 34
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 35
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) \(3\sqrt{3}\)

1 .... 4 5 6