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, требующие дополнительного построения

Задание 1 #2446
Уровень задания: Легче ЕГЭ

На сторонах \(AC\) и \(BC\) треугольника \(ABC\) отмечены точки \(M\) и \(N\) соответственно так, что \(AM:MC=4:5\), \(BN:BC=0,25\). Отрезки \(BM\) и \(AN\) пересекаются в точке \(P\). Найдите \(AP\), если \(PN=10\).

Добавить задание в избранное

Из условия задачи следует, что \(BN=\frac14BC\).


 

Проведем прямую \(NK\parallel BM\). Тогда по теореме Фалеса \[\dfrac{BN}{BC}=\dfrac{MK}{MC} \quad \Rightarrow \quad \dfrac14=\dfrac{MK}{MC} \quad \Rightarrow \quad MK=\dfrac14MC\]

Т.к. по условию \(AM:MC=4:5\), то можно принять \(AM=4x\), \(MC=5x\). Тогда \(MK=\frac54x\).

 

Опять же по теореме Фалеса \[\dfrac{AP}{PN}=\dfrac{AM}{MK} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{AP}{PN}=\dfrac{4x}{\frac54x}=\dfrac{16}5\]

Следовательно, \(AP=\dfrac{16}5\cdot 10=32\).

Ответ: 32

Задание 2 #2893
Уровень задания: Легче ЕГЭ

На катетах \(AC\) и \(BC\) прямоугольного треугольника вне его построены квадраты \(ACDE\) и \(BCKF\). Из точек \(E\) и \(F\) на продолжение гипотенузы опущены перпендикуляры \(EM\) и \(FN\). Докажите, что \(EM+FN=AB\).

 

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Добавить задание в избранное



Пусть \(\angle BAC=\beta\), \(\angle ABC=\alpha\). Тогда \(\alpha+\beta=90^\circ\). Проведем \(CH\perp AB\). Тогда \(\angle ACH=\alpha\), \(\angle BCH=\beta\).
1) \(\triangle ACH=\triangle EMA\). Действительно, \(\angle EAM=180^\circ-90^\circ-\beta=90^\circ-\beta=\alpha\), \(EA=AC\). Следовательно, по гипотенузе и острому углу они равны.
2) \(\triangle BCH=\triangle FNB\) аналогично по гипотенузе и острому углу.
Следовательно, \(EM=AH\), \(FN=HB\). Таким образом, \[AB=AH+HB=EM+FN.\]

Ответ:

Доказательство

Задание 3 #2894
Уровень задания: Легче ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) угол \(B\) равен \(20^\circ\), угол \(C\) равен \(40^\circ\). Биссектриса \(AD\) равна \(2\). Найдите разность \(BC-AB\).

 

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Добавить задание в избранное



\(\angle BAC=180^\circ-20^\circ-40^\circ=120^\circ\), следовательно, \(\angle BAD=\angle CAD=60^\circ\).
Значит, \(\angle CDA=\angle BAD+\angle ABD=80^\circ\).
Отметим на \(BC\) точку \(A'\) так, чтобы \(A'B=AB\). Тогда разность \(BC-AB\) равна длине отрезка \(CA'\). Следовательно, его длину и необходимо найти.
\(\triangle AA'B\) равнобедренный с углом при вершине \(20^\circ\). Значит, углы при основании равны \((180^\circ-20^\circ)\div 2=80^\circ\). То есть \(\angle AA'B=80^\circ\). Следовательно, \(\triangle A'AD\) тоже равнобедренный и \(A'A=AD\).
Так как \(\angle A'AB=80^\circ\), то \(\angle CAA'=120^\circ-80^\circ=40^\circ\), следовательно, \(\triangle CA'A\) тоже равнобедренный и \(CA'=AA'=AD=2\). Следовательно, \[BC-AB=BC-A'B=CA'=AD=2.\]

Ответ: 2

Задание 4 #2471
Уровень задания: Равен ЕГЭ

К двум окружностям, пересекающимся в точках \(M\) и \(K\), проведена общая касательная. Докажите, что если \(A\) и \(B\) – точки касания, то \(\angle AMB+\angle AKB=180^\circ\).

Добавить задание в избранное

Соединим точки \(M\) и \(K\) прямой, тогда эта прямая пересечет отрезок \(AB\) в середине, в точке \(O\). Сделаем симметрию относительно точки \(O\), получим следующую картинку:


 

Тогда в силу симметрии \(OK=OK'\), следовательно, по признаку (диагонали \(AB\) и \(KK'\) точкой пересечения делятся пополам) \(AKBK'\) – параллелограмм. Следовательно, \(\angle AKB=\angle AK'B\).

 

Докажем, что \(\angle AMB+\angle AK'B=180^\circ\). Для этого достаточно доказать, что четырехугольник \(AMBK'\) – вписанный.

 

По признаку около четырехугольника можно описать окружность, если, например, \(\angle K'AB=\angle K'MB\).

 

Заметим, что \(\angle K'AB\) — угол между касательной \(AB\) и хордой \(AK'\), следовательно, он равен половине маленькой дуги \(\buildrel\smile\over{AK'}\).
С другой стороны, \(\angle KMB\) — вписанный угол, опирающийся в такой же окружности на такую же дугу \(\buildrel\smile\over{KB}\) (т.к. хорды \(AK'\) и \(KB\) равны, то и дуги, стягиваемые этими хордами, равны). Значит, \(\angle KMB\) также равен половине дуги \(\buildrel\smile\over{KB}\).

 

Но \(\angle KMB\) – это то же самое, что и \(\angle K'MB\). Таким образом, мы доказали, что углы \(\angle K'AB\) и \(\angle K'MB\) равны половине от одинаковых дуг \(\buildrel\smile\over{AK'}\) и \(\buildrel\smile\over{KB}\) соответственно, то есть они равны, чтд.

 

Эта же задача с другим решением представлена в разделе “Задачи с окружностями”.

Ответ:

Доказательство

Задание 5 #1016
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) биссектриса \(AE\) равна отрезку \(EB\). На продолжении \(AE\) за точку \(E\) взята точка \(D\) так что \(ED = CE\)

а) Докажите, что \(CD\parallel AB\).

б) Найдите \(\angle ABC\), если \(AB = 2\cdot AC\).

Добавить задание в избранное

а) Треугольники \(ABE\) и \(CED\) – равнобедренные, у которых углы при вершине равны (как вертикальные), следовательно, они подобны (по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними).

Тогда \(\angle ABC = \angle ECD\), следовательно, \(AB\parallel CD\) (так как внутренние накрест лежащие углы при прямых \(AB\), \(CD\) и секущей \(CB\) равны).

 

б) Соединим точку \(E\) с точкой \(F\) – серединой \(AB\). Так как треугольник \(ABE\) – равнобедренный, то \(EF\) также является высотой и \(\angle AFE = 90^\circ\). \(\)AC = 0,5AB = AF,CAE = EAF,AE \(\) следовательно, треугольники \(AFE\) и \(AEC\) равны по двум сторонам и углу между ними.

Таким образом, \(\angle ACB = 90^\circ\), откуда \(\angle ABC + \angle BAC = 90^\circ\), но \(\angle BAC = 2\angle ABC\), тогда \[3\cdot\angle ABC = 90^\circ\qquad\Rightarrow\qquad \angle ABC = 30^\circ.\]

Ответ:

б) \(30^\circ\).

Задание 6 #1017
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Угол между двумя высотами остроугольного треугольника \(ABC\) равен \(60^\circ\), а точка пересечения высот делит одну из них в отношении \(2:1\), считая от вершины треугольника.

а) Докажите, что этот треугольник равнобедренный.

б) Пусть \(R\) – радиус описанной около \(ABC\) окружности, \(r\) – радиус вписанной в \(ABC\) окружности. Найдите \(R - r\), если \(AB = 9\).

Добавить задание в избранное

а) Пусть \(AD\) и \(BE\) – высоты треугольника \(ABC\), пересекающиеся в точке \(O\), \(AO = 2\cdot OD\). Построим третью высоту \(CF\) (она также пройдёт через точку \(O\)).

\(\angle DAC = 90^\circ - \angle AOE = 30^\circ\), тогда в треугольнике \(AOE\) катет, лежащий против \(\angle DAC\) равен половине гипотенузы. Обозначим \(OD = a\), тогда \(AO = 2a\), значит, \(OE = a = OD\).

Треугольники \(COE\) и \(DOC\) равны по катету и гипотенузе (\(OC\) – общая), откуда следует, что \[\angle ACF = \angle FCB,\] следовательно, треугольники \(BCF\) и \(ACF\) равны по катету и острому углу (\(FC\) – общий), тогда \(BC = AC\).

 

б) Покажем, что \(\angle ABC = 60^\circ\).

\[\angle OBD = 90^\circ - \angle BOD = 30^\circ,\] так как \(\angle BOD = \angle AOE = 60^\circ\).

Треугольники \(AOE\) и \(DOB\) равны по катету и острому углу, откуда \(BO = AO\), тогда, \(\angle ABO = \angle BAO\), но \(\angle AOB = 180^\circ - \angle AOE = 120^\circ\), следовательно, \[\angle ABO = 30^\circ\qquad\Rightarrow\qquad \angle ABC = \angle OBD + \angle ABO = 60^\circ.\] Таким образом, \(ABC\) – равнобедренный треугольник в котором один из углов равен \(60^\circ\), тогда \(ABC\) – равносторонний треугольник.

Так как \(ABC\) – равносторонний, то \(O\) – центр вписанной и описанной окружностей, тогда \[R = AO = 2\cdot a,\qquad\qquad r = OD = a,\] следовательно, \(R - r = 2\cdot a - a = a\). Так как \(AB = 9\), то \(BD = 4,5\), \(AD = 4,5\sqrt{3}\), тогда \(a = 1,5\sqrt{3}\), то есть \[R - r = 1,5\sqrt{3}.\]

Ответ:

б) \(1,5\sqrt{3}\).

Задание 7 #3080
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) точка \(N\) – середина стороны \(AB\), а точка \(K\) на стороне \(BC\) – основание биссектрисы, проведенной из вершины \(A\). Оказалось, что \(KB=KN\).

1) Найдите длину стороны \(BC\).

2) Найдите радиус вписанной в треугольник \(ABC\) окружности, если известно, что \(AC=11, AB=14\).

 

(Задача от подписчиков)

Добавить задание в избранное



1) Проведем \(KO\perp AB\) и \(KQ\perp AC\). Так как \(K\) лежит на биссектрисе угла \(A\), то она равноудалена от сторон этого угла, то есть \(KO=KQ\). Также из равенств \(\triangle KOA\) и \(\triangle KQA\) следует, что \(AO=AQ\).
Так как биссектриса треугольника разбивает сторону, к которой она проведена, на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{14}{11} \quad\Rightarrow\quad BK=14x, \quad KC=11x.\] Так как \(\triangle BKN\) равнобедренный, то \(KO\) является также и медианой, следовательно, \(ON=3,5=OB\).
Следовательно, \(AO=7+3,5=10,5\), значит, \(AQ=10,5\), значит, \(QC=0,5\).
Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle BOK\) и \(\triangle CQK\): \[(14x)^2-3,5^2=OK^2=QK^2=(11x)^2-0,5^2 \quad\Rightarrow\quad x=\dfrac25\] Следовательно, \(BC=25x=10\).

2) Из предыдущего пункта следует, что \(OK=QK=0,7\sqrt{39}\). Тогда \[S_{\triangle ABC}=\dfrac12\cdot OK\cdot AB+\dfrac12\cdot QK\cdot AC= \dfrac12\cdot 0,7\sqrt{39}\cdot (14+11)=\dfrac{35}4\sqrt{39}\] Радиус вписанной окружности равен: \[r=\dfrac{S_{\triangle ABC}}{0,5(AB+BC+AC)}=\dfrac{\sqrt{39}}2.\]

Ответ:

1) \(10\)

2) \(\frac{\sqrt{39}}2\)