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 (страница 2)

Задание 8 #2445
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Диагонали \(AC\) и \(BD\) трапеции \(ABCD\) (\(AD\parallel BC\)) взаимно перпендикулярны, длина средней линии трапеции равна \(m\). На большем основании \(AD\) взята точка \(M\) так, что \(AM=m\). Найдите длину отрезка \(MC\).

Добавить задание в избранное

Пусть \(BC=2a\), \(AD=2b\). Тогда \(m=a+b\). Тогда \(MD=AD-AM=2b-a-b=b-a\). Соединим середины оснований и получим отрезок \(NK\). По свойству трапеции этот отрезок проходит через точку пересечения диагоналей. Тогда \(KM=AM-AK=a+b-b=a\). Следовательно, \(KNCM\) – параллелограмм (две стороны \(KM\) и \(NC\) равны \(a\) и параллельны). Таким образом, \(NK=CM\). Значит, найдем \(NK\).


 

\(ON\) и \(OK\) – медианы в прямоугольных треугольниках \(BOC\) и \(AOD\) соответственно, проведенные к гипотенузе. Следовательно, каждая из них равна половине гипотенузы, то есть \(ON=a\), \(OK=b\). Тогда \(NK=a+b=m\). Следовательно, и \(CM=m\).

Ответ:

\(m\)

Задание 9 #2895
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На стороне \(BC\) равностороннего треугольника \(ABC\) взята точка \(M\), а на продолжении стороны \(AC\) за точку \(C\) – точка \(N\), причем \(AM=MN\). Докажите, что \(BM=CN\).

 

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Добавить задание в избранное


 

Так как \(BM+MC\) равно стороне правильного треугольника \(ABC\), то условие \(BM=CN\) равносильно тому, что \(CN+MC\) тоже будет равно стороне правильного треугольника \(ABC\).

 

Поэтому отметим на \(AC\) точку \(M'\) такую, что \(CM=CM'\). Тогда нам необходимо доказать, что \(M'N\) равно стороне правильного треугольника, например, \(AC\).

 

Заметим, что \(\triangle MCM'\) равнобедренный с углом при вершине \(60^\circ\), следовательно, он равносторонний. Значит, \(MM'=MC\).
Так как \(AM=MN\), то \(\triangle AMN\) равнобедренный и \(\angle MAN=\angle MNA\). \(\angle MCN=180^\circ-60^\circ=120^\circ\), аналогично \(\angle AM'M=120^\circ\). Следовательно, \[\angle AMM'=180^\circ-\angle MAN-120^\circ=180^\circ-\angle MNA-120^\circ=\angle NMC.\]

Следовательно, \(\triangle AMM'=\triangle NMC\) по двум сторонам (\(AM=MN, MM'=MC\)) и углу между ними. Отсюда \(AM'=CN\). Следовательно, \[AC=AM'+M'C=CN+M'C=M'N.\]

Ответ:

Доказательство

Задание 10 #1018
Уровень задания: Равен ЕГЭ

На стороне \(AC\) равностороннего треугольника \(ABC\) отмечена точка \(P\), а на продолжении стороны \(AB\) за вершину \(A\) отмечена точка \(Q\) так, что \(BP = PQ\).

а) Докажите, что \(AC\) равно длине ломаной \(QAP\).

б) Найдите площадь четырёхугольника \(BQPC\), если \(AP = 2\), \(PC = 4\).

Добавить задание в избранное

а) Равенство длин \(AC\) и ломаной \(QAP\) равносильно равенству длин \(AQ\) и \(PC\).

На стороне \(AB\) отметим точку \(T\) так, что \(AT = AP\). Так как \(\triangle ABC\) – равносторонний, то \(AB = AC\), следовательно, \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC}.\]

Рассмотрим треугольники \(ABC\) и \(ATP\): \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC},\qquad\qquad \angle PAT \text{— общий},\] следовательно, они подобны по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними, откуда \[\dfrac{AT}{AB} = \dfrac{AP}{AC} = \dfrac{PT}{BC},\] следовательно, \(PT = AP = AT\).


 

Так как треугольник \(\angle APT\) – равносторонний, то \(\angle ATP = \angle TAP = 60^\circ\), откуда \(\angle BTP = \angle QAP\).

Кроме того, так как \(PQ = BP\), то \(\angle AQP = \angle ABP\). Из этого следует, что \[\angle APQ = 180^\circ - \angle AQP - \angle QAP = 180^\circ - \angle ABP - BTP = \angle BPT,\] следовательно, треугольники \(BTP\) и \(APQ\) равны по двум сторонам и углу между ними, откуда \[AQ = BT = AB - AT = AC - AP = PC.\]

б) \(AQ = PC = 4\). Так как \(\angle BAC = 60^\circ\), то \(\angle QAP = 120^\circ\), тогда \[S_{\triangle QAP} = 0,5\cdot 2\cdot 4\cdot\sin 120^\circ = 2\sqrt{3}.\]

Так как \(\triangle ABC\) – равносторонний с длиной стороны \(6\), то \[S_{\triangle ABC} = \dfrac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3}.\]

Таким образом, \[S_{BQPC} = S_{\triangle QAP} + S_{\triangle ABC} = 11\sqrt{3}.\]

Ответ:

б) \(11\sqrt{3}\).

Задание 11 #2896
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Диагонали выпуклого четырехугольника \(ABCD\) пересекаются в точке \(E\), \(AB=AD\), \(CA\) – биссектриса угла \(C\), \(\angle BAD=140^\circ\), \(\angle BEA=110^\circ\). Найдите угол \(CDB\).

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Добавить задание в избранное



Так как \(\triangle BAD\) равнобедренный и \(\angle BAD=140^\circ\), то \(\angle ABD=\angle ADB=20^\circ\). Тогда \(\angle BAE=180^\circ-110^\circ-20^\circ=50^\circ\), \(\angle DAE=140^\circ-50^\circ=90^\circ\).
Проведем \(AK\perp CB\), \(AH\perp CD\). Так как \(A\) лежит на биссектрисе угла \(C\), то \(A\) равноудалена от сторон угла \(C\), следовательно, \(AK=AH\). Следовательно, \(\triangle AKB=\triangle AHD\) по катету и гипотенузе. Следовательно, \(\angle KAB=\angle HAD=x\). Так как \(\triangle KAC=\angle HAC\) (также по катету и гипотенузе), то \[50^\circ+x=\angle KAC=\angle HAC=90^\circ-x \quad\Rightarrow\quad 50^\circ+x=90^\circ-x\quad\Rightarrow\quad x=20^\circ.\] Следовательно, из \(\triangle HAD\): \[\angle CDB=90^\circ-20^\circ-20^\circ=50^\circ.\]

Ответ:

\(50^\circ\)

Задание 12 #1019
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапеции \(ABCD\) углы \(\angle A\) и \(\angle D\) прямые, \(AB > CD\). Известно, что биссектриса угла \(\angle B\) пересекает \(AD\) в середине.

а) Докажите, что периметр трапеции \(ABCD\) равен \(AD + 2BC\).

б) Найдите площадь трапеции \(ABCD\), если \(S_{\triangle MNP} = 100\), где \(MN = AD\), \(NP = BC\), \(\angle MNP = 150^\circ\).

Добавить задание в избранное

а) На прямой, содержащей \(AB\), отложим точку \(E\) так, что \(AE = CD\) и \(A\) лежит между \(E\) и \(D\). Достаточно доказать, что \(EB = CB\).

Пусть точка \(F\) – середина \(AD\). Прямоугольные треугольники \(AEF\) и \(CDF\) равны по двум катетам, откуда \(\angle AFE = \angle DFC\), следовательно, точки \(E\), \(F\) и \(C\) лежат на одной прямой, причём \(EF = FC\), то есть \(BF\) – медиана.

Так как биссектриса треугольника делит его сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам, то \[\dfrac{EF}{EB} = \dfrac{FC}{CB}\qquad\Rightarrow\qquad \dfrac{EF}{EB} = \dfrac{EF}{CB}\qquad\Rightarrow\qquad EB = CB\qquad\Rightarrow\qquad CB = EA + AB,\] то есть \(CB = CD + AB\), тогда \[P_{ABCD} = AB + CD + BC + AD = 2BC + AD.\]

 

б) \[S_{MNP} = 0,5\cdot AD\cdot BC\cdot\sin 150^\circ = 0,25\cdot AD\cdot BC = 0,25\cdot AD\cdot(AB + CD) = 0,5\cdot S_{ABCD},\] откуда \[S_{ABCD} = 2\cdot S_{MNP} = 200.\]

Ответ:

б) \(200\).

Задание 13 #2897
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В выпуклом пятиугольнике \(ABCDE\) известно, что \(AE=AD\), \(AC=AB\) и \(\angle DAC=\angle AEB+\angle ABE\). Докажите, что \(DC\) в два раза больше медианы \(AK\) треугольника \(ABE\).

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Добавить задание в избранное



Так как \(AK\) – медиана, то \(\triangle ABE\) можно достроить до параллелограмма \(ABTE\), в котором \(AK\) – половина диагонали \(AT\). Докажем, что \(AT=CD\).
Пусть \(\angle ABE=\alpha\), \(\angle AEB=\beta\). Тогда \(\angle TBE=\beta\), следовательно, \[\angle ABT=\alpha+\beta=\angle DAC\] Также, так как \(ABTE\) – параллелограмм, то \(BT=AE=AD\). Следовательно, \(\triangle ABT=\triangle DAC\) по двум сторонам и углу между ними: \(AB=AC, BT=AD, \angle ABT=\angle DAC\). Следовательно, \(AT=CD\), чтд.

Ответ:

Доказательство

Задание 14 #2898
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Биссектриса равнобедренного треугольника, проведенная из вершины, вдвое меньше другой биссектрисы. Найдите углы треугольника.

(И.Ф. Шарыгин, Р.К. Гордин)

Добавить задание в избранное



Пусть \(ABC\) – равнобедренный треугольник с основанием \(AC\). Пусть \(BH=\frac12CK\), где \(BH\) и \(CK\) – биссектрисы. Пусть половина угла \(B\) равна \(\beta\), а половина угла \(C\) равна \(\alpha\). Так как \(BH\) также является и высотой, то \(2\alpha+\beta=90^\circ\).
Достроим \(\triangle ABC\) до параллелограмма \(ABCN\), продлив медиану \(BH\) за точку \(H\) на \(HN=BH\). Мало того, так как \(BN\perp AC\), то \(ABCN\) – ромб. Тогда \(\angle ACN=\angle ACB=2\alpha\).
Проведем \(KM\parallel BN\), \(M\) лежит на прямой \(CN\). Тогда, так как к тому же \(KB\parallel MN\), \(KBNM\) – параллелограмм, следовательно, \(KM=BN=KC\).
Значит, \(\triangle CKM\) равнобедренный и \(\angle KMC=\angle KCM=3\alpha\). Но \(\angle KMC=\angle BNC\) как соответственные при \(KM\parallel BN\) и секущей \(CM\). Следовательно, \(3\alpha=\angle BNC=\angle NBC=\beta\). Так как уже говорилось, что \(\beta+2\alpha=90^\circ\), то находим \(\alpha=18^\circ, \beta=54^\circ\).
Следовательно, углы треугольника \(36^\circ, 36^\circ\) и \(108^\circ\).

Ответ:

\(36^\circ, 36^\circ, 108^\circ\)

1 2 3