Задания по теме «Планиметрия»

Открытый банк заданий по теме планиметрия. Задания C4 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)

Задание №1003

Тип задания: 16
Тема: Задачи на доказательство

Условие

Две окружности, с центрами O_{1} и O_{2} соответственно касаются внешним образом. Из точки O_{1} проведена касательная O_{1}K ко второй окружности (K — точка касания), а из точки O_{2} проведена касательная O_{2}L к первой окружности (L — точка касания), точки касания K и L лежат по разные стороны от прямой O_{1}O_{2}.

а) Докажите, что \angle O_{1}KL=\angle O_{1}O_{2}L.

б) Найдите радиус меньшей окружности, если дополнительно известно, что он в 4 раза меньше радиуса большей окружности, а площадь четырёхугольника O_{1}KO_{2}L равна 54+9\sqrt{6}.

Показать решение

Решение

а) По свойству касательной к окружности O_{1}L \perp O_{2}L и O_{1}K \perp O_{2}K. Прямоугольный \bigtriangleup O_{1}O_{2}K вписан в некоторую окружность с диаметром O_{1}O_{2}.

Две касающиеся внешним образом окружности с касательными

Аналогично прямоугольный \bigtriangleup O_{1}O_{2}L вписан в некоторую окружность с тем же диаметром. Следовательно, \bigtriangleup O_{1}O_{2}K и O_{1}O_{2}L вписаны в одну и ту же окружность, то есть точки O_{1}, O_{2}, K, L лежат на окружности с диаметром O_{1}O_{2}. Значит, \angle O_{1}O_{2}L и \angle O_{1}KL — вписанные и опираются на одну и ту же дугу O_{1}L. Отсюда, \angle O_{1}KL=\angle O_{1}O_{2}L.

б) Пусть O_{1}L — радиус меньшей окружности. Обозначим его через r. Следовательно, O_{2}K=4r. Тогда O_{1}O_{2}=r+4r=5r. Отсюда из \bigtriangleup O_{1}LO_{2} по теореме Пифагора O_{2}L=\sqrt{(5r)^2-r^2}=2\sqrt{6}r. Из \bigtriangleup O_{1}KO_{2} по теореме Пифагора O_{1}K=\sqrt{(5r)^2-(4r)^2}=3r.

S_{O_{1}LO_{2}}=\frac{1}{2}O_{1}L \cdot LO_{2}=\sqrt{6}r^2.

S_{O_{1}KO_{2}}=\frac{1}{2}O_{2}K \cdot O_{1}K=6r^2.

S_{O_{1}KO_{2}L}= S_{O_{1}LO_{2}}+S_{O_{1}KO_{2}}= (6+\sqrt{6})r^2.

Из условия следует, что S_{O_{1}KO_{2}L}=54+9\sqrt{6}. Тогда (6+\sqrt{6})r^2=54+9\sqrt{6}, (6+\sqrt{6})r^2=9(6+\sqrt{6}), r=3.

Ответ

3

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №1002

Тип задания: 16
Тема: Задачи на доказательство

Условие

В прямоугольнике ABCD AB=24, AD=23. К окружности, радиус которой равен 12, с центром в точке A из точки C проведена касательная, которая пересекает сторону AD в точке M.

а) Докажите, что CM=2AM.

б) Найдите длину отрезка AM.

Показать решение

Решение

а) Используя условие задачи, выполним рисунок.

Касательная, проведенная из угла прямоугольника к окружности

Проведём радиус AF в точку касания. AF \perp CF. \bigtriangleup AFM \sim \bigtriangleup MCD по двум углам (\angle AFM=\angle CDM=90^\circ, \angle AMF=\angle CMD как вертикальные).

AF:CD=12:24=1:2, откуда следует, что AM:MC=1:2, то есть MC=2AM.

б) Пусть AM=x, тогда CM=2x, MD=23-x. Для прямоугольного треугольника CDM справедлива теорема Пифагора:

CM^2=CD^2+MD^2, т.е. 4x^2=24^2+(23-x)^2,

3x^2+46x-1105=0.

Решая квадратное уравнение, получим x=13. Итак, AM=13.

Ответ

13

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №1001

Тип задания: 16
Тема: Окружности и треугольники

Условие

К окружности, вписанной в правильный треугольник ABC, проведена касательная, пересекающая стороны AC и BC в точках M и N соответственно и касающаяся окружности в точке T.

а) Докажите, что периметр треугольника MNC равен стороне треугольника ABC.

б) Найдите MT:TN, если известно, что CM: MA=1:4.

Показать решение

Решение

а) Пусть K и L — точки касания окружности и сторон BC и AC соответственно.

Окружность вписанная в правильный треугольник

Так как MT=ML и NK=NT как отрезки касательных, проведенных из одной точки, то

P_{MNC}= CM+MT+TN+NC= CM+ML+KN+NC= CL+KC.

Так как ABC — правильный треугольник, то CL=KC=\frac{AC}{2}. Следовательно, P_{MNC}=AC, что и требовалось доказать.

б) 1. Обозначим TN=x, CM=a. Так как CM:MA=1:4 по условию, то MA=4a и AC=5a.

Тогда CL=\frac{AC}{2}=\frac{5}{2}a и ML=CL-CM=\frac{5}{2}a-a=\frac{3}{2}a. Так как ML=MT, то MT=\frac{3}{2}a. Тогда MN=MT+TN=\frac{3}{2}a+x.

Так как NT=NK, то NK=x. Тогда CN=CK-NK=\frac{BC}{2}-x=\frac{5}{2}a-x.

2. По теореме косинусов для треугольника MNC

MN^2=CN^2+CM^2- 2 \cdot CN \cdot CM \cdot \cos \angle NCM. Подставляя в это уравнение выражения для сторон треугольника MNC, получим:

\left ( \frac{3}{2}a+x\right )^2= \left ( \frac{5}{2}a-x\right )^2+a^2-2\left ( \frac{5}{2}a-x\right )a \cos 60^\circ;

\frac{9}{4}a^2+2 \cdot \frac{3}{2}ax+x^2= \frac{25}{4}a^2-2 \cdot \frac{5}{2}ax+x^2+a^2- 2\left ( \frac{5}{2}a-x \right )a \cdot \frac{1}{2};

7ax=\frac{5}{2}a^2;

x=\frac{5}{14}a.

Таким образом, TN=x=\frac{5}{14}a.

3. Тогда MT:TN=\frac{3}{2}a:\frac{5}{14}a=21:5.

Ответ

б) 21:5.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №1000

Тип задания: 16
Тема: Окружности и треугольники

Условие

Окружность касается сторон AB и AC треугольника ABC соответственно в точках D и E. Точки A, D, E и C лежат на одной окружности.

а) Докажите, что треугольник равнобедренный.

б) Найдите длину высоты треугольника ABC, опущенной из точки A, если длины сторон AB и AC соответственно равны 10 и 4.

Показать решение

Решение

а) Так как DB=BE по свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, то треугольник DBE — равнобедренный.

Окружность, касающаяся сторон равнобедренного треугольника

Значит, \angle BDE=\angle BED. Четырехугольник DACE вписан в окружность, поэтому \angle ACE+\angle ADE=180^\circ, откуда \angle ACB=180^{\circ} - \angle ADE=\angle BDE. Аналогично, \angle BAC=\angle DEB. Следовательно, треугольник ABC — равнобедренный и AB=BC.

б) Пусть длины высот треугольника ABC, опущенных из точек A и B соответственно, равны h_{a} и h_{b}.

Найдём h_b= \sqrt{AB^2-\left (\frac{AC}{2} \right )^2}= \sqrt{10^2-2^2}= 4\sqrt{6}. Площадь треугольника ABC равна \frac{1}{2}AC \cdot h_b=\frac{1}{2}BC \cdot h_a. Отсюда h_a=\frac{AC \cdot h_b}{BC}=\frac{4 \cdot 4\sqrt{6}}{10}=\frac{8\sqrt{6}}{5}.

Ответ

б) \frac{8\sqrt{6}}{5}.

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №999

Тип задания: 16
Тема: Задачи на доказательство

Условие

ABCD — прямоугольник. Окружность с центром в точке A радиуса AD пересекает продолжение стороны DA в точке K. Прямая KB пересекает прямую CD в точке P, а окружность во второй раз — в точке M.

а) Докажите, что CP=CM.

б) Найдите BD, если AM=15, MC=8.

Показать решение

Решение

а) Докажем, что DM \perp PK и CD=CP, а затем воспользуемся свойством медианы CM прямоугольного треугольника DPM. ABCD — прямоугольник, поэтому его углы прямые и CB=AD, CD=AB. \angle PCB=\angle BAK=90^\circ.

Прямоугольник в прямоугольном треугольнике с полуокружностью

AD=AK как радиусы окружности. Получаем, что CB=AK. \angle PBC=\angle BKA как соответственные углы при CB \parallel AD (секущая PK).

\bigtriangleup PBC=\bigtriangleup BKA (по стороне и двум прилежащим к ней углам), значит, AB=CP. Но CD=AB, из этого получаем CD=CP.

\angle DMK — вписанный, он опирается на диаметр, значит, \angle DMK=90^\circ.

\angle PMD=180^\circ-\angle DMK=90^\circ. В прямоугольном треугольнике PDM медиана CM равна половине гипотенузы PD, значит, MC=CP=CD.

б) Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника BAD. BD^{2}=AD^{2}+AB^{2} (по теореме Пифагора). AM=AD (радиусы), AD=15. MC=CD=8 (см. пункт а). BD=\sqrt{15^{2}+8^{2}}=17.

Ответ

17

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №998

Тип задания: 16
Тема: Окружности и треугольники

Условие

В окружность с центром O вписан остроугольный треугольник ABC, в котором проведена медиана AF, причём \angle FAC=\angle OCA.

а) Докажите, что точка O лежит на медиане AF.

б) Найдите площадь треугольника AOC, если \angle BAC=60^\circ, AB=12\sqrt{3}.

Показать решение

Решение

а) Докажем, что точка O лежит на медиане AF.

Окружность описанная около треугольника с медианой

\bigtriangleup AOC — равнобедренный (AO=OC как радиусы), следовательно, \angle OAC=\angle OCA (как углы при основании равнобедренного треугольника). По условию \angle FAC=\angle OCA, значит, \angle FAC=\angle OAC.

\bigtriangleup ABC — остроугольный, значит, O лежит внутри треугольника, F и O лежат по одну сторону от AC. В этом случае из равенства \angle FAC и \angle OAC следует, что точка O лежит на медиане AF.

б) \bigtriangleup BOC — равнобедренный, так как OB=OC (как радиусы), OF — медиана, тогда OF — высота, отсюда AF — высота в \bigtriangleup ABC, которая является медианой, значит, \bigtriangleup ABC — равнобедренный и AB=AC. По условию \angle BAC=60^\circ,  \angle ABC=\angle BCA=60^\circ,  BC=AB.

\bigtriangleup ABC — равносторонний, AF=AB \sin 60^\circ=\frac{AB\sqrt{3}}{2}; O — центр описанной и вписанной окружностей. Тогда OK=OF, OF= \frac{1}{3}AF= \frac{1}{3} \cdot \frac{AB\sqrt{3}}{2}= \frac{AB\sqrt{3}}{6}= \frac{12 \cdot 3}{6}=6.

S_{AOC}=\frac{1}{2}AC \cdot OK=6\sqrt{3} \cdot 6=36\sqrt{3}.

Ответ

36\sqrt{3}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №997

Тип задания: 16
Тема: Окружности и треугольники

Условие

Окружность, вписанная в остроугольный треугольник ABC, касается сторон AB и AC в точках E и F.

а) Докажите, что центр окружности, вписанной в треугольник AEF, лежит на окружности, вписанной в треугольник ABC.

б) Найдите расстояние между центрами этих окружностей, если AB=11, AC=14, BK=3,08, где K — точка пересечения стороны BC и биссектрисы, проведённой из вершины A.

Показать решение

Решение

а) Пусть точка O — центр вписанной окружности треугольника ABC. O лежит на биссектрисе AK.

Две окружности вписанные в треугольник ABC

Биссектриса AK пересекает дугу EF в точке P, а отрезок EF — в точке D. AE=AF как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки. Отсюда, \bigtriangleup EAF — равнобедренный, значит, биссектриса AD — медиана и высота. \bigtriangleup PDE=\bigtriangleup PDF по двум катетам (ED=DF, PD — общая сторона). Из равенства треугольников следует PE=PF, а так как равные хорды стягивают равные дуги, то \smile PE=\smile PF.

Докажем, что P — центр вписанной окружности треугольника EAF.

\angle AFP=\frac{1}{2} \smile PF как угол между касательной AF и хордой PF.

\angle EFP=\frac{1}{2} \smile PE как вписанный. Так как \smile PF=\smile PE, то \angle AFP=\angle EFP, значит, FP — биссектриса угла AFE.

Таким образом, P — точка пересечения биссектрис AD и FP треугольника AEF, следовательно, P — центр вписанной окружности.

б) По условию AK — биссектриса \bigtriangleup ABC, проведённая из вершины A. По свойству биссектрисы имеем \frac{BK}{AB}=\frac{CK}{AC},

CK=\frac{BK \cdot AC}{AB}=\frac{3,08 \cdot 14}{11}=3,92.

BC=BK+KC=3,08+3,92=7.

Пусть O — центр вписанной окружности в \bigtriangleup ABC, r — радиус этой окружности, — полупериметр \bigtriangleup ABC.

p= \frac{AB+BC+AC}{2}= \frac{11+7+14}{2}= 16.

По формуле Герона S_{ABC}= \sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}= \sqrt{16 \cdot 5 \cdot 9 \cdot 2}= 12\sqrt{10},

r=\frac{S_{ABC}}{p}=\frac{12\sqrt{10}}{16}=\frac{3\sqrt{10}}{4}.

Расстояние между центрами окружностей OP=r=\frac{3\sqrt{10}}{4}.

Ответ

\frac{3\sqrt{10}}{4}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №996

Тип задания: 16
Тема: Задачи на доказательство

Условие

В трапеции ABCD точка M — середина основания AD, точка N выбрана на стороне AB так, что площадь четырёхугольника ANLM равна площади треугольника CLD, где L — точка пересечения отрезков CM и DN.

а) Докажите, что N — середина стороны AB.

б) Найдите, какую часть от площади трапеции ABCD составляет площадь четырёхугольника ANLM, если BC=4, AD=6.

Показать решение

Решение

а) По условию S_{ANLM}=S_{CLD}, следовательно, S_{ANLM}+S_{LMD}=S_{CLD}+S_{LMD},  S_{ANLM}+S_{LMD}=S_{AND}.

S_{CLD}+S_{LMD}=S_{CMD}, значит, S_{AND}=S_{CMD}.

2S_{AND}=2S_{CMD}=S_{ACD}=S_{ABD} (треугольники ACD и ABD имеют общее основание AD и общую высоту).

Итак, 2S_{AND}=S_{ABD}=S_{AND}+S_{BND}, откуда следует, что S_{AND}=S_{BND}, а это означает, что точка N — середина стороны AB (у треугольников AND и BND общая высота). Что и требовалось доказать.

Трапеция ABCD содержащая четырехугольник

б) Пусть K — точка пересечения прямых CN и AD. \bigtriangleup AKN=\bigtriangleup BCN (по стороне и двум прилежащим углам). Поэтому S_{ABCD}=S_{CKD}.

Трапеция ABCD с продолжением основания

Проведем MP \parallel KC, тогда из подобия треугольников \bigtriangleup NCL и \bigtriangleup LMP (\angle MLP =\angle NLC, \angle LPM=\angle CNL) \frac{CL}{LM}=\frac{CN}{MP}=\frac{KN}{MP}.

Из подобия треугольников \bigtriangleup KND и \bigtriangleup DMP (KN \parallel MP)

\frac{KN}{MP}=\frac{KD}{MD}=\frac{10}{3}. Значит, \frac{CL}{LM}=\frac{KN}{MP}=\frac{10}{3}; \frac{CL}{CM-CL}=\frac{10}{3};

3CL=10CM-10CL, 13CL=10CM, следовательно,

\frac{CL}{CM}=\frac{10}{13}=\frac{S_{CLD}}{S_{CMD}}, откуда S_{CLD}=\frac{10}{13}S_{CMD}.

\frac{S_{CMD}}{S_{CKD}}=\frac{MD}{KD}=\frac{3}{10}, откуда S_{CMD}=\frac{3}{10}S_{CKD}=\frac{3}{10}S_{ABCD}.

Подставляя S_{CMD}=\frac{3}{10}S_{ABCD} в равенство S_{CLD}=\frac{10}{13}S_{CMD},

получим S_{CLD}= \frac{10}{13}S_{CMD}= \frac{10}{13} \cdot \frac{3}{10}S_{ABCD}= \frac{3}{13}S_{ABCD}. Учитывая, что S_{ANLM}=S_{CLD}, окончательно получим S_{ANLM}=\frac{3}{13}S_{ABCD}.

Ответ

\frac{3}{13}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №968

Тип задания: 16
Тема: Задачи на доказательство

Условие

В трапеции ABCD, в которой AD \parallel BC, точка M — точка пересечения боковых сторон AB и CD. Прямая MN пересекает основания AD и BC в точках P и Q соответственно. Точка N является точкой пересечения диагоналей трапеции.

а) Докажите, что AP=PD и BQ=QC.

б) Найдите отношение \frac{BC}{AD}, если \frac{BD}{BN}=\frac{7}{5}.

Показать решение

Решение

а) Проведём EK \parallel BC \parallel AD через точку N.

Трапеция ABCD с диагоналями и точками пересечения боковых сторон и диагоналей

1. \bigtriangleup AND \sim \bigtriangleup BNC (по двум углам): \angle BCN = \angle CAD, \angle CBN = \angle NDA. Отсюда, \frac{BN}{ND}=\frac{NC}{AN}.

Тогда \frac{BN}{ND}+1=\frac{NC}{AN}+1, то есть \frac{BN+ND}{ND}=\frac{NC+AN}{AN}, \frac{BD}{ND}=\frac{AC}{AN} (1)

2. \bigtriangleup ABC \sim \bigtriangleup AEN \Rightarrow \frac{BC}{EN}=\frac{AC}{AN} (2)

Аналогично \bigtriangleup BCD \sim \bigtriangleup NKD \Rightarrow \frac{BC}{NK}=\frac{BD}{ND}. С учетом (1) получим \frac{BC}{NK}=\frac{AC}{AN}. Из последнего равенства, с учётом (2), получим \frac{BC}{NK}=\frac{BC}{EN}. Отсюда, NK=EN (3)

3. \bigtriangleup APM \sim \bigtriangleup ENM (по двум углам) \Rightarrow \frac{AP}{EN}=\frac{MP}{NM}.

Аналогично \frac{PD}{NK}=\frac{MP}{NM}. Следовательно, \frac{AP}{EN}=\frac{PD}{NK}.

4. С учётом (3), получим AP=PD, что и требовалось доказать.

Аналогично \frac{EN}{BQ}=\frac{MN}{MQ}=\frac{NK}{QC}\Rightarrow BQ=QC, что и требовалось доказать.

б) \frac{BC}{AD}=\frac{BN}{ND}=\frac{BN}{BD-BN};

\frac{AD}{BC}= \frac{BD-BN}{BN}= \frac{BD}{BN}-1= \frac{7}{5}-1= \frac{2}{5}. Значит, \frac{BC}{AD}=\frac{5}{2}.

Ответ

\frac{5}{2}

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.

Задание №961

Тип задания: 16
Тема: Окружности и треугольники

Условие

В треугольнике ABC с прямым углом C MN — средняя линия, параллельная стороне AC. Биссектриса угла A пересекает луч MN в точке K.

а) Докажите, что \bigtriangleup BKC \sim \bigtriangleup AMK.

б) Найдите отношение S_{BKC}:S_{AMK}, если \cos \angle BAC=0,6.

Показать решение

Решение

а) В треугольнике ABC AK — биссектриса, поэтому \angle KAC=\angle AKM как накрест лежащие при MN \parallel AC и секущей AK, \angle KAM= \angle KAC =\angle AKM. Поэтому треугольник AMK — равнобедренный.

Окружность, описанная около треугольника со средней линией и биссектрисой

MA=MB=MK, значит, точка M — центр окружности, описанной около треугольника ABC и проходящей через точку K. MN — средняя линия треугольника ABC. MN \parallel AC, AC \perp BC. Отсюда MN \perp BC, значит, прямоугольные треугольники BNK и CNK равны по двум катетам, поэтому BK=CK и \angle KCB=\angle KBC. Равнобедренные треугольники BKC и AMK имеют равные углы при основаниях. \angle MAK=\angle BAK=\angle BCK, как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Следовательно, они подобны по первому признаку подобия.

б) По теореме об отношении площадей подобных треугольников \frac{S_{BKC}}{S_{AMK}}=k^2, где k — коэффициент подобия, k=\frac{BC}{AK}.

Из \bigtriangleup ABC, BC= AB \cdot \sin A= 2r \cdot \sqrt{1-0,36}= 1,6r, где r — радиус окружности, описанной около треугольника ABC.

Из треугольника AMK по теореме косинусов AK^2=AM^2+MK^2- 2 \cdot AM \cdot MK \cdot \cos \angle AMK.

AK^2= r^2+r^2-2 \cdot r^2 \cdot \cos(180 ^{\circ}-\angle BMK)= 2r^2+2r^2 \cdot \cos \angle BMK.

\angle BMK= \angle BAC как соответственные при MN \parallel AC и секущей AB, значит, \cos \angle BMK=0,6.

AK=\sqrt{2r^2+2r^2 \cdot 0,6} = \sqrt{3,2r^2}, k =\frac{1,6r}{\sqrt{3,2r^2}}=\frac{1,6}{\sqrt{3,2}}.

k^2=\frac{2,56}{3,2}=\frac{256}{320}=\frac{4}{5}.

\frac{S_{BKC}}{S_{AMK}}=4:5.

Ответ

4:5

Источник: «Математика. Подготовка к ЕГЭ-2017. Профильный уровень». Под ред. Ф. Ф. Лысенко, С. Ю. Кулабухова.