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 на подобие треугольников и пропорциональные отрезки (страница 2)

\(\blacktriangleright\) Если на одной из сторон угла отметить равные между собой отрезки и через их концы провести параллельные прямые, то эти прямые отсекут на второй стороне также равные между собой отрезки.

 

\(\blacktriangleright\) Теорема Фалеса: параллельные прямые отсекают на сторонах угла пропорциональные отрезки.

 
Наиболее часто встречающиеся подобия треугольников:

 

\(\blacktriangleright\) Средняя линия треугольника отсекает от него подобный ему треугольник.

 

\(\blacktriangleright\) Треугольники, образованные диагоналями трапеции и основаниями, подобны.

 

\(\blacktriangleright\) Высота прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, делит его на два подобных треугольника.

 

\(\blacktriangleright\) Отрезки, соединяющие основания высот треугольника, отсекают от него подобные ему треугольники.

 

\(\blacktriangleright\) Если к окружности из одной точки вне окружности проведены две секущие, то:

 

\(\blacktriangleright\) Если к окружности из одной точки проведены касательная и секущая, то:

 

\(\blacktriangleright\) Если в окружности две хорды пересекаются, то:

Задание 8 #2899
Уровень задания: Легче ЕГЭ

В прямоугольном треугольнике с катетами \(7\) и \(24\) проведены биссектрисы острых углов. Найдите длины этих биссектрис.

Добавить задание в избранное



По теореме Пифагора найдем гипотенузу \(AB=25\). Так как биссектриса треугольника делит его сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{CJ}{JB}=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{7}{25}\] Следовательно, можно принять \(CJ=7x\), \(JB=25x\), где \(x\) – некоторое число. Тогда \(7x+25x=BC=24\), откуда \(x=\frac34\). Тогда \(CJ=\frac{21}4\) и по теореме Пифагора \[AJ=\sqrt{AC^2+CJ^2}=\dfrac{35}4=8,75.\] Аналогично для биссектрисы \(BL\): \[\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{AB}{CB}=\dfrac{25}{24}\] Следовательно, \(AL=25k\), \(LC=24k\) и \(25k+24k=AC=7\), следовательно, \(k=\frac17\). Отсюда \(CL=\frac{24}7\). Тогда по теореме Пифагора \[BL=\sqrt{CL^2+CB^2}=\dfrac{120}7\sqrt2.\]

Ответ:

\(8,75\) и \(\dfrac{120\sqrt2}7\)

Задание 9 #2900
Уровень задания: Легче ЕГЭ

В треугольник вписан ромб таким образом, что один угол у них общий, а противоположная вершина ромба лежит на стороне треугольника и делит ее на отрезки длинами \(14\) и \(6\). Найдите периметр треугольника, если сторона ромба равна \(7\).

Добавить задание в избранное


 

Рассмотрим рисунок. Так как по определению ромба \(SD\parallel AF\), то \(SD\parallel AC\), следовательно, \(\angle BSD=\angle BAC\). Следовательно, по двум углам (\(\angle B\) у них общий) \(\triangle BSD\sim \triangle BAC\). Обозначим \(FC=t\), \(BS=k\). Тогда имеем: \[\dfrac{SD}{AC}=\dfrac{BD}{BC} \quad\Rightarrow\quad \dfrac7{7+t}=\dfrac{14}{14+6} \quad\Rightarrow\quad t=3.\]

Аналогично \(FD\parallel AB\) и \(\triangle DFC\sim \triangle BAC\). Следовательно, \[\dfrac{DF}{BA}=\dfrac{FC}{AC} \quad\Rightarrow\quad \dfrac7{7+k}=\dfrac{t}{t+7}=\dfrac3{10}\quad\Rightarrow\quad k=\dfrac{49}3.\] Следовательно, периметр треугольника \(ABC\) равен \[7+\dfrac{49}3+14+6+3+7=53\frac13.\]

Ответ:

\(53\frac13\)

Задание 10 #2901
Уровень задания: Легче ЕГЭ

В треугольник со стороной \(a=10\) и высотой \(6\), проведенной к этой стороне, вписан квадрат таким образом, что две соседние вершины квадрата лежат на стороне \(a\), а две другие вершины квадрата лежат на двух других сторонах треугольника соответственно. Найдите периметр квадрата.

Добавить задание в избранное



Рассмотрим рисунок.
Пусть \(AC=10\), \(BH=6\) – высота, \(MNKL\) – квадрат со стороной \(x\). Необходимо найти \(4x\).
Так как \(NK\parallel ML\), то \(NK\parallel AC\). Так как \(NM\perp AC\) и \(BH\perp AC\), то \(NM\parallel BH\). Так как отрезки параллельных прямых, заключенные между двумя параллельными прямыми, равны, то \(NM=FH=x\). Следовательно, \(BF=6-x\). Заметим, что \(\angle BKN=\angle BCA\) как соответственные при \(NK\parallel AC\) и \(BC\) секущей. Следовательно, \(\triangle BKF\sim \triangle BCH\) по двум углам. Значит, \[\dfrac{BF}{BH}=\dfrac{BK}{BC}\qquad (1)\] Аналогично \(\triangle BKN\sim \triangle BCA\), следовательно, \[\dfrac{BK}{BC}=\dfrac{NK}{AC}\qquad (2)\] Из \((1)\) и \((2)\) можно сделать вывод, что \[\dfrac{BF}{BH}=\dfrac{NK}{AC} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{6-x}{6}=\dfrac{x}{10} \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{15}4 \quad\Rightarrow\quad 4x=15.\]

Ответ: 15

Задание 11 #1009
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В остроугольном треугольнике \(ABC\): \(\angle B = 60^\circ\), \(AM\) и \(CN\) – высоты, а точка \(Q\) – середина \(AC\).

а) Докажите, что \(\triangle MNQ\) – равнобедренный.

 

б) Найдите \(\dfrac{\angle MNQ}{\angle NQM}\).

Добавить задание в избранное

а) \(NQ\) – медиана в прямоугольном треугольнике \(ANC\), тогда \[NQ = 0,5\cdot AC,\] \(MQ\) – медиана в прямоугольном треугольнике \(AMC\), тогда \[MQ = 0,5\cdot AC = NQ.\]

б) Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ABM\): \[\angle BAM = 90^\circ - \angle ABM = 30^\circ\qquad\Rightarrow\qquad BM = AB\cdot\sin\angle BAM = 0,5\cdot AB.\] Рассмотрим прямоугольный треугольник \(BCN\): \(\angle BCN = 90^\circ - \angle ABM = 30^\circ\), откуда \[BN = BC\cdot\sin\angle BAM = 0,5\cdot BC.\]

 

Так как \[\dfrac{1}{2} = \dfrac{BN}{BC} = \dfrac{BM}{AB},\] a \(\angle ABC\) – общий для треугольников \(BMN\) и \(ABC\), лежащий между пропорциональными сторонами, то треугольники \(BMN\) и \(ABC\) подобны, откуда \[\dfrac{MN}{AC} = \dfrac{BN}{BC} = \dfrac{1}{2},\] то есть \(MN = 0,5\cdot AC = MQ = NQ\), следовательно, \(\angle MNQ = \angle NQM\) и \[\dfrac{\angle MNQ}{\angle NQM} = 1.\]

Ответ:

б) \(1\).

Задание 12 #1844
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На сторонах \(AB\) и \(BC\) треугольника \(ABC\) отмечены точки \(D\) и \(E\) соответственно, \(O\) – точка пересечения \(AE\) и \(CD\). При этом \(\angle EAC = \angle DCB\), \(\angle BAE = \angle OBC\).

а) Докажите, что \(E\) – середина \(BC\).

б) Точка \(A_1\) симметрична точке \(A\) относительно прямой \(BC\). Сколько различных окружностей можно описать около четырёхугольника \(OBA_1C\)?

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим треугольники \(AEC\) и \(OEC\): \(\angle EAC = \angle DCB\), \(\angle AEC\) – общий, тогда треугольники \(AEC\) и \(OEC\) подобны (по двум углам), откуда \[\dfrac{EC}{AE} = \dfrac{OE}{EC}\qquad\Rightarrow\qquad EC^2 = OE\cdot AE.\]

Рассмотрим треугольники \(ABE\) и \(OBE\): \(\angle BAE = \angle OBC\), \(\angle AEB\) – общий, тогда треугольники \(ABE\) и \(OBE\) подобны (по двум углам), откуда \[\dfrac{BE}{AE} = \dfrac{OE}{BE}\qquad\Rightarrow\qquad BE^2 = OE\cdot AE = EC^2,\] откуда в силу того, что \(BE > 0\), \(EC > 0\), получаем: \(BE = EC\).


 

б) Пусть \(AF\) – высота в треугольнике \(ABC\). Так как точка \(A_1\) симметрична точке \(A\) относительно прямой \(BC\), то \(AF = FA_1\), тогда треугольники \(ABF\) и \(A_1BF\) равны по двум катетам (\(BF\) – общий), следовательно, \(AB = A_1B\).


 

Аналогично треугольники \(AFC\) и \(A_1FC\) равны, откуда \(AC = A_1C\).

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(A_1BC\): \(BC\) – общая, \(AB = A_1B\), \(AC = A_1C\), тогда треугольники \(ABC\) и \(A_1BC\) равны по трём сторонам, тогда \(\angle BAC = \angle BA_1C\). \[\angle BOC = 180^\circ - \angle OBC - \angle OCB = 180^\circ - \angle BAE - \angle EAC = 180^\circ - \angle BAC = 180^\circ - \angle BA_1C,\] тогда \(\angle BOC + \angle BA_1C = 180^\circ\). Так как \(A_1BOC\) – четырёхугольник, то сумма его углов равна \(360^\circ\), следовательно, суммы его противоположных углов равны по \(180^\circ\) и, значит, около него можно описать окружность (и притом только одну).

Ответ:

б) \(1\).

Задание 13 #1011
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Вершины квадрата \(PQRS\) лежат на сторонах треугольника \(ABC\) (\(P\) лежит на \(AB\), \(Q\) и \(R\) лежат на \(BC\), \(S\) лежит на \(AC\)). \(AK\) – высота в треугольнике \(ABC\).

а) Докажите, что если \(\angle BAC = 90^\circ\), то \(BP\cdot AS = AP\cdot CS\).

б) Найдите \(\dfrac{PQ}{BC}\), если \(AK = \dfrac{1}{2}BC\).

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим треугольники \(APS\) и \(PBQ\): \(\angle BQP = 90^\circ = \angle PAS\). Так как \(\angle SPQ = 90^\circ\), то \(\angle APS + \angle BPQ = 90^\circ\), откуда \(\angle APS = \angle PBQ\), следовательно, треугольники \(APS\) и \(PBQ\) подобны по двум углам.


 

Из подобия этих треугольников получаем: \[\dfrac{PS}{BP} = \dfrac{AS}{PQ},\] но \(PS = PQ\), тогда \(PS^2 = AS\cdot BP\).

Аналогично треугольники \(APS\) и \(SCR\) подобны по двум углам, откуда \[\dfrac{PS}{SC} = \dfrac{AP}{SR},\] но \(PS = SR\), тогда \(PS^2 = AP\cdot SC\).

В итоге \[AS\cdot BP = PS^2 = AP\cdot SC,\] что и требовалось доказать.

 

б) Так как \(PQRS\) квадрат, то \(PS\parallel QR\), откуда следует равенство \(\angle APS = \angle ABC\) как односторонних углов при параллельных прямых и секущей, а также то, что \(AK\perp PS\). Пусть \(M\) – точка пересечения \(AK\) и \(PS\).

Рассмотрим треугольники \(APM\) и \(ABK\): \(\angle APM = \angle ABK\), \(\angle PAM\) – общий, тогда треугольники \(APM\) и \(ABK\) подобны по двум углам, откуда \[\dfrac{AM}{AK} = \dfrac{AP}{AB}.\]

Рассмотрим треугольники \(APS\) и \(ABC\): \(\angle APS = \angle ABC\), \(\angle BAC\) – общий, тогда треугольники \(APS\) и \(ABC\) подобны по двум углам, откуда \[\dfrac{PS}{BC} = \dfrac{AP}{AB}.\]

В итоге \[\dfrac{AM}{AK} = \dfrac{AP}{AB} = \dfrac{PS}{BC},\] следовательно, \[\dfrac{AK - MK}{AK} = \dfrac{PS}{BC}.\] Так как \(PQ\) и \(MK\) – отрезки параллельных прямых, заключённых между параллельными прямыми \(PS\) и \(BC\), то \(MK = PQ\).

\(PS = PQ\), \(AK = 0,5\cdot BC\), тогда \[\dfrac{0,5\cdot BC - PQ}{0,5\cdot BC} = \dfrac{PQ}{BC},\] следовательно, \(BC - 2PQ = PQ\), значит, \[BC = \dfrac{1}{3}\cdot PQ\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{PQ}{BC} = \dfrac{1}{3}.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{1}{3}\).

Задание 14 #2902
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В прямоугольный треугольник \(ABC\) с прямым углом \(C\) и катетами \(AC=6\) и \(BC=8\) вписана прямоугольная трапеция \(MNKB\) так, что \(MN=CK\), точки \(N\) и \(K\) лежат на катетах \(AC\) и \(BC\) соответственно, а меньшее основание параллельно гипотенузе. Найдите площадь трапеции.

Добавить задание в избранное


 

Рассмотрим рисунок. Заметим, что из условия следует, что основаниями трапеции будут \(NK\) и \(MB\). Если меньшее основание трапеции параллельно гипотенузе, то и большее ей параллельно, следовательно, и \(NK\parallel AB\), и \(MB\parallel AB\). Так как \(MB\) и \(AB\) имеют общую точку \(B\), то \(M\) лежит на \(AB\). Следовательно, отсюда однозначно определятся, как трапеция вписана в треугольник.

 

По теореме Пифагора гипотенуза \(AB=10\). Заметим, что \(\angle CAB=\angle CNK\) как соответственные при \(NK\parallel AB\) и \(AC\) секущей. Значит, прямоугольные треугольники \(CNK\) и \(ANM\) равны по катету и острому углу. Следовательно, \(AN=NK\). Введем обозначения: \(AN=y\), \(CN=x\), \(CK=z\). Проведем \(KH\perp AB\).


 

Тогда \(x+y=6\). Так как \(MH=NK=y\) (так как \(MNKH\) прямоугольник), то \(AH=x+y=6\). Следовательно, \(HB=10-6=4\). Также \(KB=CB=CK=8-z\). Следовательно, по теореме Пифагора из \(\triangle KHB\): \[(8-z)^2=z^2+4^2 \quad\Rightarrow\quad z=3.\] Заметим, что \(\angle KBH=\angle CKN\) как соответственные при \(AB\parallel NK\) и \(CB\) секущей. Следовательно, прямоугольные \(\triangle KBH\sim \triangle KCN\). Значит, \[\dfrac{KB}{NK}=\dfrac{KH}{CN}=\dfrac{HB}{CK} \quad\Rightarrow\quad \dfrac5y=\dfrac3x=\dfrac43 \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac94 \quad {\small{\text{и}}} \quad y=\dfrac{15}4.\] Тогда площадь трапеции равна \[S=\dfrac{NK+MB}2\cdot NM=\dfrac{69}4.\]

Ответ: 17,25

1 2 3