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 3)

\(\blacktriangleright\) 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 15 #2903
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан параллелограмм \(ABCD\). Из вершины острого угла \(A\) проведены две прямые, делящие угол на три равные части, причем одна пересекает сторону \(BC\) в точке \(N\), а другая – сторону \(CD\) в точке \(L\), причем \(CN=CL=2\). Известно также, что \(AB=5\). Найдите \(AN+AL\).

Добавить задание в избранное



Пусть \(Y\) – точка пересечения прямых \(AN\) и \(CD\), а \(T\) – прямых \(AL\) и \(BC\). Пусть \(\frac13\angle A=\alpha\).
\(\angle CTL=\angle DAL=\alpha\) как накрест лежащие при \(AD\parallel BC\) и секущей \(AT\). Также \(\angle CYN=\angle BAN=\alpha\) как накрест лежащие при \(AB\parallel CD\) и секущей \(AY\). Заметим, что \(\angle NCY=\angle LCT\) как вертикальные. Следовательно, в \(\triangle NCY\) и \(\triangle LCT\) равны два угла, следовательно, равны и третьи углы. Также у них \(NC=LC\), следовательно, по признаку “сторона и два прилежащих угла” эти треугольники равны. Значит, \(CY=CT\) и \(NY=LT\).
Тогда \(\triangle ANT=\triangle ALY\), так как \(NT=LY\) и прилежащие углы равны (\(\angle NTA=\angle LYA=\alpha\) по доказанному, \(\angle ANT=\angle ALY=180^\circ-2\alpha\)). Отсюда \(AL=AN=NT=LY\).
Тогда \(\triangle ABN=\triangle ADL\) по этому же признаку (\(\angle BAN=\angle DAL=\alpha\), \(\angle ABN=\angle ADL\) как противоположные углы параллелограмма \(\Rightarrow\) \(\angle ANB=\angle ALD\)). Значит, \(AD=AB=5\). Следовательно, \(ABCD\) – ромб. Отсюда \(BN=5-2=3\).



Заметим, что \(\triangle ABN\sim \triangle YCN\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{AB}{CY}=\dfrac{BN}{CN} \quad\Rightarrow\quad \dfrac5{CY}=\dfrac32 \quad\Rightarrow\quad CY=\dfrac{10}3.\] Тогда по доказанному выше \(AN=AL=LY=2+\frac{10}3=\frac{16}3.\) Тогда \[AN+AL=\dfrac{32}3.\]

Ответ:

\(\dfrac{32}3\)

Задание 16 #2944
Уровень задания: Равен ЕГЭ

\(BB_1\) и \(CC_1\) – биссектрисы углом \(B\) и \(C\) соответственно треугольника \(ABC\). На продолжениях сторон \(AB\) и \(AC\) взяты точки \(M\) и \(L\) так, что \(BM=BC=CL\). Доказать, что \(ML\parallel B_1C_1\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное

Пусть \(\angle ABC=2\alpha\), а \(\angle ACB=2\beta\). Тогда \(\angle MBC=180^\circ-2\alpha\) и \(\angle LCB=180^\circ-2\beta\). Так как \(\triangle MBC\) равнобедренный, то в нем \(\angle M=\angle C=\frac12\left(180^\circ-\angle MBC\right)=\alpha\). Аналогично в \(\triangle LCB\) углы \(\angle CLB=\angle CBL=\beta\).


 

\(\angle MBQ=180^\circ-2\alpha-\beta=\angle BC_1O\). Следовательно, по двум углам \(\triangle MBQ\sim \triangle C_1BO\). Следовательно, \[\dfrac{C_1O}{BQ}=\dfrac{BO}{MQ} \qquad (1)\] Аналогично \(\triangle LCQ\sim \triangle B_1CO\), следовательно, \[\dfrac{CO}{LQ}=\dfrac{B_1O}{CQ}\qquad (2)\]

Заметим, что тогда \(\triangle BOC=\triangle BQC\) по двум углам (\(\angle OBC=\angle QCB=\alpha\), \(\angle OCB=\angle QBC=\beta\) по доказанному выше) и общей стороне. Следовательно, \(BQ=CO\), \(CQ=BO\). Значит, перемножив равенства \((1)\) и \((2)\), получим: \[\dfrac{C_1O\cdot CO}{BQ\cdot LQ}=\dfrac{B_1O\cdot BO}{MQ\cdot CQ}\quad \Rightarrow\quad \dfrac{C_1O}{LQ}=\dfrac{B_1O}{MQ} \qquad (3)\] Заметим также, что \(\angle B_1OC_1=\angle BOC=\angle BQC=\angle MQL \quad (*)\).



Следовательно, по двум пропорциональным сторонам (из \((3)\)) и углу между ними \(\triangle B_1OC_1\sim \triangle MQL\), откуда \[\angle OB_1C_1=\angle QML=x, \quad \angle OC_1B_1=\angle QLM=y\] Отсюда \(\angle C_1B_1C+\angle MLC=x+(180^\circ-\alpha-2\beta)+y+\beta = 180^\circ+x+y-\alpha-\beta\).
Но из \((*)\) следует, что \(180^\circ-\alpha-\beta=\angle BOC=\angle MQL=180^\circ-x-y\), откуда следует, что \(x+y=\alpha+\beta\). Следовательно, \[\angle C_1B_1C+\angle MLC=180^\circ\] Следовательно, это односторонние углы при прямых \(B_1C_1\) и \(ML\) и секущей \(AL\), значит, \(B_1C_1\parallel ML\).

Ответ:

Доказательство

Задание 17 #1012
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

Основания трапеции равны \(a\) и \(b\). Диагонали трапеции пересекаются в точке \(O\) под прямым углом. Одна из диагоналей делится точкой \(O\) на отрезки с длинами \(c_1\) и \(d_1\), а другая – на отрезки с длинами \(c_2\) и \(d_2\).

а) Докажите, что величина \[\dfrac{c_1d_1 + c_2d_2}{2}\] равна площади прямоугольного треугольника с катетами \(a\) и \(b\).

б) Найдите площадь данной трапеции, если \(ab = 100\), а \(c_2\), \(d_1\) и \(d_2\) удовлетворяют уравнению \[100\cdot\dfrac{c_2 + d_2}{d_1} - \dfrac{{c_2}^2d_2 + c_2{d_2}^2}{d_1} + d_1(c_2 + d_2) - 500 = 0.\]

Добавить задание в избранное





а) Пусть \(ABCD\) – данная трапеция, \(BC = a\), \(AD = b\).

Рассмотрим треугольники \(BOC\) и \(AOD\): \(\angle CBD = \angle BDA\) (как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых \(BC\), \(AD\) и секущей \(BD\)).

Аналогично \(\angle BCA = \angle CAD\), следовательно, треугольники \(BOC\) и \(AOD\) подобны по двум углам, откуда \[\dfrac{a}{b} = \dfrac{d_2}{c_2} = \dfrac{d_1}{c_1}.\]

\(d_2 = \dfrac{a}{b}\cdot c_2\), \(d_1 = \dfrac{a}{b}\cdot c_1\), тогда \[c_1d_1 + c_2d_2 = \dfrac{a}{b}\cdot {c_1}^2 + \dfrac{a}{b}\cdot {c_2}^2 = \dfrac{a}{b}({c_1}^2 + {c_2}^2),\] но треугольник \(AOD\) – прямоугольный (\(\angle AOD = 90^\circ\)), следовательно, \(b^2 = {c_1}^2 + {c_2}^2\), откуда \[c_1d_1 + c_2d_2 = \dfrac{a}{b}({c_1}^2 + {c_2}^2) = ab\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{c_1d_1 + c_2d_2}{2} = \dfrac{ab}{2},\] что и требовалось доказать.

 

б) Площадь четырёхугольника равна полупроизведению его диагоналей на синус угла между ними, откуда \[S_{ABCD} = (c_1 + d_1)(c_2 + d_2).\]

Так как \(c_1d_1 + c_2d_2 = ab = 100\), то \(c_1 = \dfrac{100 - c_2d_2}{d_1}\), откуда \[S_{ABCD} = \left(\dfrac{100 - c_2d_2}{d_1} + d_1\right)(c_2 + d_2) = 100\cdot\dfrac{c_2 + d_2}{d_1} - \dfrac{{c_2}^2d_2 + c_2{d_2}^2}{d_1} + d_1(c_2 + d_2).\] Но по условию \[100\cdot\dfrac{c_2 + d_2}{d_1} - \dfrac{{c_2}^2d_2 + c_2{d_2}^2}{d_1} + d_1(c_2 + d_2) - 500 = 0,\] тогда \[100\cdot\dfrac{c_2 + d_2}{d_1} - \dfrac{{c_2}^2d_2 + c_2{d_2}^2}{d_1} + d_1(c_2 + d_2) = 500,\] следовательно, \(S_{ABCD} = 500\).

Ответ:

б) \(500\).