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

Задание 20
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

\(ABCDEF\) – выпуклый шестиугольник, про который известно, что \(\angle A > 120^\circ\), \(\angle B\leqslant 70^\circ\), \(\angle C \geqslant 130^\circ\), \(\angle E \geqslant 110^\circ\).

а) Докажите, что около хотя бы одного из четырёхугольников \(ABCD\), \(ACDE\) и \(ACDF\) нельзя описать окружность.

б) Найдите периметр \(ABCDEF\), если \(AB + CD + EF = 11\) и в \(ABCDEF\) можно вписать окружность.

Добавить задание в избранное

а) Если около четырёхугольника \(ABCD\) можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника \(ACD\).

Если около четырёхугольника \(ACDE\) можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника \(ACD\).

Если около четырёхугольника \(ACDF\) можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника \(ACD\).

Так как около треугольника можно описать ровно одну окружность, то описанные около четырёхугольников \(ABCD\), \(ACDE\) и \(ACDF\) окружности должны совпасть, следовательно, тогда шестиугольник \(ABCDEF\) также будет вписанным.

Таким образом, достаточно показать, что около \(ABCDEF\) нельзя описать окружность.


 

Пусть шестиугольник \(ABCDEF\) – вписанный, тогда

\[\begin{aligned} &\angle A + \angle C + \angle E = 0,5\cdot\smile BCDEF + 0,5\cdot\smile BAFED + 0,5\cdot\smile FABCD =\\ &= 0,5(360^\circ - \smile BAF) + 0,5(360^\circ - \smile BCD) + 0,5(360^\circ - \smile FED) =\\ &= 540^\circ - 0,5(\smile BAF + \smile BCD + \smile FED) = 360^\circ, \end{aligned}\]

но \(\angle A + \angle C + \angle E > 360^\circ\), следовательно, около \(ABCDEF\) нельзя описать окружность, откуда следует, что около хотя бы одного из четырёхугольников \(ABCD\), \(ACDE\) и \(ACDF\) нельзя описать окружность.

 

б)

 

Пользуясь тем, что отрезки касательных к окружности, проведённых из одной точки, равны, обозначим длины отрезков касательных, проведённых из точки \(A\), через \(a\), длины отрезков касательных, проведённых из точки \(B\), через \(b\) и т.д.

\[11 = AB + CD + EF = a + b + c + d + e + f = 0,5\cdot P_{ABCDEF},\] откуда \(P_{ABCDEF} = 22\).

Ответ:

б) \(22\).

Задание 21
Уровень задания: Сложнее ЕГЭ

\(ABCDE\) – выпуклый пятиугольник, про который известно, что \(\angle A\geq 120^\circ\), \(\angle B\leq 70^\circ\), \(\angle C\geq 130^\circ\).

а) Докажите, что около хотя бы одного из четырёхугольников \(ABCD\) и \(ACDE\) нельзя описать окружность.

б) Найдите \(AE\), если в \(ABCDE\) вписана окружность, касающаяся стороны \(AE\) в её середине, \(P_{ABCDE} = 10\), \(AB + CD + AE = 6,5\).

Добавить задание в избранное

а) Если около четырёхугольника \(ABCD\) можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника \(ACD\).

Если около четырёхугольника \(ACDE\) можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника \(ACD\).

Так как около треугольника можно описать ровно одну окружность, то описанные около четырёхугольников \(ABCD\) и \(ACDE\) окружности должны совпасть, следовательно, тогда пятиугольник \(ABCDE\) также будет вписанным.

Таким образом, достаточно показать, что около \(ABCDE\) нельзя описать окружность.


 

Пусть пятиугольник \(ABCDE\) – вписанный, тогда \[\angle A + \angle C = 0,5\cdot\smile BCDE + 0,5\cdot\smile BAED = 0,5\cdot 180^\circ + \smile DE,\] где \(\smile DE\) отлична от \(\smile DCBAE\). Таким образом, \(\angle A + \angle C > 180^\circ\).

Аналогично для любых двух несмежных углов вписанного пятиугольника: их сумма больше 180 градусов.

По условию \(\angle A + \angle C \geq 250^\circ\), тогда \(\angle B + \angle D + \angle E\leq 290^\circ\), но \(\angle B\leq 70^\circ\), тогда \[2\angle B + \angle D + \angle E\leq 360^\circ.\]

Если бы около \(ABCDE\) можно было описать окружность, то было бы верно \(\angle B + \angle E > 180^\circ\) и \(\angle B + \angle D > 180^\circ\), тогда было бы \[\angle E + 2\angle B + \angle D > 360^\circ,\] что не верно для \(ABCDE\), следовательно, около \(ABCDE\) нельзя описать окружность, откуда следует, что около хотя бы одного из четырёхугольников \(ABCD\) и \(ACDE\) нельзя описать окружность.

 

б)

 

Пользуясь тем, что отрезки касательных к окружности, проведённых из одной точки, равны, а окружность касается \(AE\) в середине, обозначим длины отрезков касательных, проведённых из точки \(A\), через \(a\), длины отрезков касательных, проведённых из точки \(B\), через \(b\) и т.д. \[P_{ABCDE} = 4a + 2b + 2c + 2d = 10,\] тогда \(2a + b + c + d = 5\).

\[AB + CD + AE = 3a + b + c + d = a + (2a + b + c + d) = a + 5 = 6,5,\] откуда \(a = 1,5\), следовательно, \(AE = 3\).

Ответ:

б) \(3\).