Математика
Русский язык

16. Задачи по планиметрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи с окружностями (страница 3)

\(\blacktriangleright\) Радикальная ось — прямая, проходящая через точки пересечения двух окружностей.
Линия центров окружностей — прямая, проходящая через центры двух окружностей.

 

Радикальная ось перпендикулярна линии центров окружностей. Отрезки касательных, проведенных из любой точки радикальной оси к этим окружностям, равны.

 

\(\blacktriangleright\) Пусть две окружности с центрами \(M\) и \(N\) касаются внешним образом в точке \(A\). Две общие касательные (внутренняя и внешняя) \(a\) и \(b\) этих окружностей пересекаются в точке \(B\). Точки касания — точки \(A, K_1, K_2\). Тогда \[{\large{K_1B=AB=K_2B}}\] \[{\large{\angle K_1AK_2=90^\circ}}\]

 

\(\blacktriangleright\) Пусть две окружности касаются внешним образом в точке \(A\). Через точку \(A\) проведены две прямые \(B_1B_2\) и \(C_1C_2\), пересекающие каждую окружность в двух точках, как показано на рисунке. Тогда: \[{\large{\triangle AB_1C_1 \sim \triangle AB_2C_2}}\] \[{\large{B_1C_1\parallel B_2C_2}}\]

 

\(\blacktriangleright\) Формула Эйлера: Пусть \(R\) — радиус описанной около треугольника окружности, \(r\) — радиус вписанной окружности. Тогда расстояние между центрами этих окружностей вычисляется по формуле:

 

\(\blacktriangleright\) Теорема о бабочке: Пусть через середину хорды \(AB\) — точку \(O\), проведены две хорды \(MN\) и \(KP\). Пусть \(MP\cap AB=X, KN\cap AB=Y\). Тогда \[{\large{OX=OY}}\]

 

Задание 15
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Хорда \(AB\) разбивает окружность \(S\) на две дуги. Окружность \(S_1\) касается хорды \(AB\) в точке \(M\) и одной из дуг в точке \(N\).
Докажите, что прямая \(MN\) проходит через середину \(P\) второй дуги.

Добавить задание в избранное

Предположим, что прямая \(MN\) пересекает вторую дугу в точке \(P\) и \(P\) – не середина этой дуги. Отметим точку \(P'\) – середину дуги \(\buildrel\smile\over{AB}\).

 

Рассмотрим \(\triangle MO_1N\) и \(\triangle P'ON\). Они равнобедренные, т.к. \(O_1M=O_1N\) – радиусы окружности \(S_1\), \(OP'=ON\) – радиусы окружности \(S\).


 

Рассмотрим окружность \(S_1\). Т.к. угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то угол между касательной \(AB\) и хордой \(MN\) равен половине дуги \(\buildrel\smile\over{MN}\) (которая меньше полуокружности по рисунку). Обозначим \(\angle AMN=\alpha\). Следовательно, \(\angle MO_1N=2\alpha\), т.к. он центральный, опирающийся на дугу \(\buildrel\smile\over{MM}\), равную \(2\alpha\).

 

Рассмотрим окружность \(S\). Т.к. \(P'\) – середина дуги \(AB\), то \(\angle AOP'=\angle BOP'\). Следовательно, в равнобедренном треугольнике \(AOB\) \(OP'\) – биссектриса. Следовательно, она и высота, то есть \(OP'\perp AB\). Но \(O_1M\perp AB\) (как радиус, проведенный в точку касания в окружности \(S_1\)), следовательно, обе прямые \(O_1M\) и \(OP'\) перпендикулярны \(AB\), следовательно, они параллельны.
Заметим, что т.к. окружности \(S\) и \(S_1\) касаются, то их центры \(O\) и \(O_1\) и точка касания \(N\) лежат на одной прямой.

 

Таким образом, \(\angle NO_1M=\angle NOP'=2\alpha\) как соответственные углы при \(O_1M\parallel OP'\) и \(NO\) – секущей.

 

Значит, \(\angle MNO_1=\frac12\left(180^\circ-2\alpha\right)=\angle P'NO\). А т.к. точки \(N, O_1, O\) лежат на одной прямой, то и точки \(N, M, P'\) лежат на одной прямой. Следовательно, \(P'\) совпадает с \(P\).

Ответ:

Доказательство

Задание 16
Уровень задания: Равен ЕГЭ

\(AA_1\) и \(BB_1\) – высоты в треугольнике \(ABC\), \(O\) – центр описанной около \(ABC\) окружности.

а) Докажите, что треугольники \(A_1B_1C\) и \(ABC\) подобны.

б) Найдите угол между \(OC\) и \(A_1B_1\).

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим треугольники \(AA_1C\) и \(BB_1C\): \(\angle BCA\) – общий, \(\angle AA_1C = 90^\circ = \angle BB_1C\), тогда треугольники \(AA_1C\) и \(BB_1C\) подобны по двум углам.

Из подобия треугольников \(AA_1C\) и \(BB_1C\): \[\dfrac{A_1C}{B_1C} = \dfrac{AC}{BC}\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{A_1C}{AC} = \dfrac{B_1C}{BC}.\]

Рассмотрим треугольники \(A_1B_1C\) и \(ABC\): \[\dfrac{A_1C}{AC} = \dfrac{B_1C}{BC},\qquad\qquad \angle ACB\ \text{— общий},\] тогда треугольники \(A_1B_1C\) и \(ABC\) подобны (по пропорциональности сторон и равенству углов между ними).


 

б) Построим к описанной около \(ABC\) окружности касательную \(l\), проходящую через точку \(C\). Из подобия треугольников \(A_1B_1C\) и \(ABC\): \(\angle BAC = \angle B_1A_1C\).

По теореме об угле между касательной и хордой, угол между прямыми \(l\) и \(BC\) равен половине меньшей из дуг \(BC\), но \(\angle BAC\) – вписанный угол, опирающийся на ту же дугу, тогда \(\angle BAC\) тоже равен половине меньшей из дуг \(BC\), следовательно, \[\angle (BC; l) = \angle BAC = \angle B_1A_1C,\] но \(\angle (BC; l)\) и \(\angle B_1A_1C\) – внутренние накрест лежащие при прямых \(A_1B_1\), \(l\) и секущей \(A_1C\), откуда \(l\parallel A_1B_1\).

Так как \(l\) – касательная к окружности в точке \(C\), то \(OC\perp l\), но \(l\parallel A_1B_1\), тогда \(OC\perp A_1B_1\), следовательно, угол между \(OC\) и \(A_1B_1\) равен \(90^\circ\).

Ответ:

б) \(90^\circ\).

Задание 17
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(K\) – середина гипотенузы \(AB\) прямоугольного треугольника \(ABC\). На катетах \(AC\) и \(BC\) выбраны точки \(M\) и \(N\) соответственно так, что угол \(\angle MKN = 90^\circ\).

а) Докажите, что площадь треугольника, составленного из отрезков \(AM\), \(BN\) и \(MN\), равна \(0,5\cdot AM\cdot BN\).

б) Найдите \(S_{MCNK}\), если \(CN = KN = x\), \(BC = AC\).

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(AM = a\), \(BN = b\).
Достаточно доказать, что треугольник, составленный из отрезков \(AM\), \(BN\) и \(MN\) – прямоугольный с гипотенузой \(MN\), для этого достаточно доказать, что \[a^2 + b^2 = MN^2\qquad\Leftarrow\qquad a^2 + b^2 = MC^2 + CN^2\qquad\Leftarrow\qquad a^2 + b^2 = (AC - a)^2 + (BC - b)^2,\] следовательно, достаточно доказать, что \[0 = AC^2 - 2\cdot a\cdot AC + BC^2 - 2\cdot b\cdot BC\qquad\Leftarrow\qquad AB^2 = 2\cdot (a\cdot AC + b\cdot BC).\]

Окончательно, таким образом, достаточно доказать, что \[AK^2 + BK^2 = a\cdot AC + b\cdot BC.\] Докажем это.

Так как \(\angle MKN + \angle MCN = 180^\circ\), то в четырёхугольнике \(MKNC\) суммы противоположных углов равны \(180^\circ\), следовательно, около него можно описать окружность.

Пусть множество точек пересечения описанной около \(MKNC\) окружности с \(AB\) есть \(\{K, K'\}\) (т. е., возможно, \(K'\) и \(K\) совпадают, но для дальнейшего решения это не важно).


 

По теореме о секущих \[AK'\cdot AK = a\cdot AC,\qquad\qquad BK\cdot BK' = b\cdot BC,\] тогда \[AK'\cdot AK + BK\cdot BK' = a\cdot AC + b\cdot BC.\]

С другой стороны, так как \(AK = BK\), то \(KK'\cdot AK = KK'\cdot BK\), откуда \[(AK - AK')\cdot AK = (BK' - BK)\cdot BK\qquad\Rightarrow\qquad AK^2 + BK^2 = AK'\cdot AK + BK\cdot BK'.\]

Получили, что \[AK^2 + BK^2 = AK'\cdot AK + BK\cdot BK' = a\cdot AC + b\cdot BC,\] откуда в итоге следует, что площадь треугольника, составленного из отрезков \(AM\), \(BN\) и \(MN\), равна \[0,5\cdot AM\cdot BN.\]

б) Покажем, что \(MCNK\) – квадрат. Опустим из точки \(K\) на \(BC\) перпендикуляр \(KP\). Из равнобедренности \(ABC\) и подобия треугольников \(KBP\) и \(ABC\) следует, что \(KP = CP\). Обозначим \(NP = y\), тогда \[KN^2 = KP^2 + y^2,\qquad\qquad CN = CP\pm y,\] но \(KN = CN\), тогда \[KP^2 + y^2 = CP^2 + y^2 \pm 2y\cdot CP\qquad\Rightarrow\qquad y\cdot CP = 0,\] следовательно, \(y = 0\) и точки \(N\) и \(P\) совпадают.

Итак, в четырёхугольнике \(MCNK\) три угла равны по \(90^\circ\), следовательно, все его углы равны \(90^\circ\), тогда \(MCNK\) – прямоугольник, но у него соседние стороны равны, тогда \(MCNK\) – квадрат. \(S_{MCNK} = x^2\).

Ответ:

б) \(x^2\).

Задание 18
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан такой треугольник \(ABC\), что окружность с центром в точке \(O\) проходит через точки \(B\) и \(C\) и касается биссектрисы угла \(B\). Прямая \(CO\) пересекает повторно окружность в точке \(P\). Внутри угла, вертикального к \(\angle CPB\), выбрана точка \(S\) так, что две касательные, проведенные из точки \(S\) к окружности, параллельны прямым \(BP\) и \(CP\) соответственно, а отрезки этих касательных равны \(180\). Найдите квадрат стороны \(AC\), если известно, что \(AB=25\), а радиус окружности равен \(60\).

Добавить задание в избранное

Заметим, что \(CP\) – диаметр, а \(\angle CBP=90^\circ\) как опирающийся на диаметр.

 

По условию \(SN=180, OC=60, AB=25\). Пусть также \(BL\) – биссектриса угла \(B\).


 

Обозначим \(\angle CBL=\angle ABL=\alpha\). Т.к. угол между касательной и хордой, проходящей через точку касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то \(\angle CBL=\frac12 \buildrel\smile\over{BC}=\angle CPB=\alpha\).

 

Т.к. \(SK\parallel PB, SN\parallel PC \quad \Rightarrow \quad \angle KSN=\angle BPC=\alpha\).

 

\(SO\) — биссектриса угла \(\angle KSN\), следовательно, \(\angle OSN=\frac12 \alpha\). Тогда из \(\triangle OSN\):

\[\mathrm{tg}\,\frac12\alpha=\dfrac{ON}{SN}=\dfrac{60}{180}=\dfrac13\]

 

Тогда \(\mathrm{tg}\,\alpha= \dfrac{2\mathrm{tg}\,(\frac12\alpha)}{1-\mathrm{tg}^2(\frac12\alpha)}=\dfrac34\).

 

Следовательно, \(\sin \alpha=\dfrac35, \ \cos\alpha=\dfrac45\). Следовательно

\[\sin \alpha=\dfrac{BC}{PC}=\dfrac{BC}{120} \quad \Rightarrow \quad BC=72\]

Найдем \(AC\) из \(\triangle ABC\) по теореме косинусов: для этого нужно найти \(\cos \angle ABC=\cos 2\alpha\).

 

\(\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=2\cdot \left(\dfrac45\right)^2-1=\dfrac7{25}\).

 

Значит, \(AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos2\alpha=4801\).

Ответ: 4801

Задание 19
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Трапеция \(ABCD\) вписана в окружность радиуса \(R\) и описана около окружности радиуса \(r\).
а) Докажите, что центры этих окружностей лежат на серединных перпендикулярах к основаниям трапеции.
б) Найдите \(r\), если \(R=12\), а косинус угла между диагональю \(AC\) и основанием \(AD\) равен \(\dfrac34\).

Добавить задание в избранное

а) Так как трапеция вписана в окружность, то \(\angle B+\angle D=180^\circ\). Но по свойству трапеции \(\angle B+\angle A=180^\circ\), откуда \(\angle A=\angle D\). Следовательно, трапеция равнобедренная.



Также \(AO=OD=BO=OC\) как радиусы описанной окружности, откуда следует, что точка \(O\) равноудалена от концов отрезка \(AD\) и концов отрезка \(BC\), то есть лежит на серединных перпендикулярах к отрезкам \(AD\) и \(BC\) (на самом деле серединные перпендикуляры к основаниям данной трапеции совпадают, так как к двум параллельным прямым из точки можно провести ровно одну прямую, перпендикулярную этим прямым).

 

Так как в трапецию вписана окружность, то ее центр \(Q\) лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Следовательно, \(\angle QAD=0,5\angle A=0,5\angle D=\angle QDA\), откуда \(\triangle AQD\) равнобедренный, следовательно, \(Q\) лежит на серединном перпендикуляре к \(AD\).

 

Чтд.

 

б)

 

Как говорилось в пункте а), если около трапеции описана окружность, то трапеция является равнобедренной. Если в трапецию вписана окружность, то сумма оснований трапеции равна сумме боковых сторон. Так как боковые стороны данной трапеции равны, то \(AD+BC=2AB\).
Обозначим \(AB=CD=t\).
Рассмотрим \(\triangle ACD\). Так как около него описана окружность радиуса \(R\), то можно записать теорему синусов: \[\dfrac{CD}{\sin \angle CAD}=2R\] Если \(\cos \angle CAD=\frac34\), то \(\sin\angle CAD=\frac{\sqrt7}4\). Следовательно, \[\dfrac{t}{\frac{\sqrt7}4}=2R\quad\Rightarrow\quad t=\dfrac{\sqrt7}2R\qquad (1)\] Проведем \(CH\perp AD\). По свойству трапеции, в которую вписана окружность, высота трапеции равна \(2r\). Следовательно, \(CH=2r\). Тогда из прямоугольного \(\triangle CAH\): \[\cos \angle CAH=\dfrac{AH}{AC}, \qquad \sin \angle CAH=\dfrac{2r}{AC}\] Отсюда \[AH\cdot \sin\angle CAH=2r\cdot \cos\angle CAH \qquad (*)\] Заметим, что \(HD=0,5(AD-BC)\), следовательно, \(AH=AD-0,5(AD-BC)=0,5(AD+BC)=AB=t\). Тогда из (*) \[t\cdot \dfrac{\sqrt7}4=2r\cdot \dfrac34\quad\Rightarrow\quad t=\dfrac{6r}{\sqrt7} \qquad (2)\] Тогда из (1) и (2) равенств получаем: \[r=\dfrac{7R}{12}=7\]

Ответ:

б) 7

Задание 20
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапеции \(ABCD\) диагонали \(AC\) и \(BD\) взаимно перпендикулярны, \(\angle BAC=\angle CDB\). Продолжения сторон \(AB\) и \(DC\) пересекаются в точке \(K\), образуя угол \(AKD\), равный \(30^\circ\).
а) Можно ли вписать окружность в трапецию \(ABCD\)?
б) Найдите площадь треугольника \(AKD\), если площадь трапеции равна \(60\).

Добавить задание в избранное

а) Если в четырехугольник можно вписать окружность, то суммы противоположных сторон четырехугольника должны быть равны. Найдем все стороны трапеции \(ABCD\).


 

Так как \(\angle BAC=\angle CDB\), то четырехугольник \(ABCD\) является вписанным в окружность. Следовательно, \(\angle ABD=\angle ACD\) как вписанные углы, опирающиеся на дугу \(AD\). Обозначим \(\angle BAC=\alpha\), \(\angle ABD=\beta\). Тогда по свойству угол между секущими равен полуразности дуг, заключенных между ними: \(\angle AKD=0,5\cdot (2\beta-2\alpha)\).
Но в то же время \(\alpha+\beta=90^\circ\) из прямоугольного \(\triangle ABO\) (\(O\) – точка пересечения диагоналей трапеции).

 

Получаем: \[\begin{cases} 30^\circ=\beta-\alpha\\[2ex] \alpha+\beta=90^\circ\end{cases} \quad\Rightarrow\quad \begin{cases} \alpha=30^\circ \\ \beta=60^\circ\end{cases}\]

Пусть \(BO=x\). Тогда из прямоугольного \(\triangle ABO\), так как \(\angle BAO=30^\circ\), следует, что \(AB=2x\). По теореме Пифагора \(AO=\sqrt3 x\).
Так как трапеция вписана в окружность, то она равнобедренная, значит, ее диагонали равны, а также \(BO=CO\) и \(AO=DO\). Тогда \(CO=x\), \(DO=\sqrt 3x\), следовательно, \(BC=x\cdot \sqrt2\), \(AD=\sqrt3 x\cdot \sqrt2\).
Проверка: \[AD+BC=AB+CD\quad\Rightarrow\quad \sqrt6 x+\sqrt2 x=4x \quad\Rightarrow\quad \sqrt 6+\sqrt 2=4\] Полученное равенство неверно, следовательно, в трапецию вписать окружность нельзя.

 

б) Из того, что \(\angle BAO=\angle CDO=\angle K=30^\circ\), следует, что \(\triangle AKC\) и \(\triangle DBK\) равнобедренные, откуда \(AC=CK\) и \(DB=BK\).

 

Как известно, площадь выпуклого четырехугольника равна полупроизведению диагоналей на синус угла между ними. Следовательно, если диагонали взаимно перпендикулярны, то площадь равна полупроизведению диагоналей: \[S_{ABCD}=\dfrac12\cdot AC\cdot DB\] Следовательно, получаем: \[60=\dfrac12\cdot CK\cdot BK\quad\Rightarrow\quad CK\cdot BK=120\]

Так как площадь треугольника равна полупроизведению сторон на синус угла между ними, то \[S_{BKC}=\dfrac12\cdot CK\cdot BK\cdot \sin 30^\circ= \dfrac12\cdot 120\cdot \dfrac12=30\]

Следовательно, \[S_{AKD}=60+30=90\]

Ответ:

б) 90

Задание 21
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

\(ABC\) – равносторонний треугольник, \(AB = a\). В вершинах треугольника \(ABC\) построены окружности радиуса \(0,5a < R < a\). Всевозможные точки пересечения двух из этих окружностей, лежащие вне треугольника \(ABC\), образуют треугольник (обозначим его через \(T\)).

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

б) Найдите периметр треугольника \(T\).

Добавить задание в избранное

а) Обозначим вершины треугольника \(T\) через \(A'\), \(B'\) и \(C'\) как показано на рисунке. Пусть \(O\) – центр треугольника \(ABC\).

Так как своими центром и радиусом любая окружность определяется однозначно, то точки \(A'\), \(B'\) и \(C'\) однозначно определяются положениями точек \(A\), \(B\) и \(C\) и числом \(R\).

Так как поворот плоскости является движением (сохраняет любые расстояния), то при повороте плоскости на \(120^\circ\) вокруг точки \(O\) множество точек \(\{A; B; C\}\) перейдёт само в себя, следовательно, и множество точек \(\{A'; B'; C'\}\) перейдёт само в себя.


 

Если бы одна из сторон треугольника \(T\) была длиннее других его сторон, то при повороте плоскости множество \(\{A'; B'; C'\}\) не перешло бы в себя (иначе длинная сторона перешла бы в более короткую, но поворот плоскости – движение), следовательно, у \(T\) нет стороны, которая длиннее других, следовательно, \(T\) – равносторонний, а все равносторонние треугольники подобны.

 

б) Рассмотрим треугольник \(AC'B\): \(AC' = C'B = R\), \(AB = a\).

Этими данными треугольник определяется однозначно. Обозначим \(\angle C'AB = \alpha\) и запишем для него теорему косинусов: \[R^2 = R^2 + a^2 - 2aR\cos\alpha\qquad\Leftrightarrow\qquad\cos\alpha = \dfrac{a}{2R}\]

\(\angle CAB' = \alpha\) так как треугольники \(ABC'\) и \(AB'C\) равны по трём сторонам, тогда \(\angle C'AB = 2\alpha + 60^\circ\).

По теореме косинусов в треугольнике \(C'AB'\):

\[\begin{aligned} &{C'B'}^2 = R^2 + R^2 - 2R^2\cos(2\alpha + 60^\circ)\ \Rightarrow\ {C'B'}^2 = 2R^2 - 2R^2(\cos(2\alpha)\cdot\cos 60^\circ - \sin(2\alpha)\cdot\sin 60^\circ) =\\ &= 2R^2 - 2R^2\left((2\cos^2\alpha - 1)\cdot 0,5 - 2\sin\alpha\cos\alpha\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) \end{aligned}\]

Из основного тригонометрического тождества при учёте того, что \(0\leq\alpha < 180^\circ\): \[\sin\alpha = \sqrt{1 - \cos^2\alpha} = \sqrt{1 - \dfrac{a^2}{4R^2}}.\]

Итого

\[\begin{aligned} &{C'B'}^2 = 2R^2 - 2R^2\left(\left(\dfrac{a^2}{2R^2} - 1\right)\cdot 0,5 - \sqrt{1 - \dfrac{a^2}{4R^2}}\cdot\dfrac{a}{2R}\cdot\sqrt{3}\right) = 3R^2 - 0,5a^2 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}a\sqrt{4R^2 - a^2}\\ &\Rightarrow\qquad C'B' = \sqrt{3R^2 - 0,5a^2 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}a\sqrt{4R^2 - a^2}}, \end{aligned}\]

следовательно, периметр \(T\) равен \[3\sqrt{3R^2 - 0,5a^2 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}a\sqrt{4R^2 - a^2}}\,.\]

Ответ:

б) \(3\sqrt{3R^2 - 0,5a^2 + \dfrac{\sqrt{3}}{2}a\sqrt{4R^2 - a^2}}\)

1 2 3 4