Две окружности касаются внешним образом решу егэ

Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий

Версия для печати и копирования в MS Word

Пройти тестирование по этим заданиям

Две окружности касаются внешним образом в точке K. Прямая AB касается первой окружности в точке A, а второй — в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C

а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны.

б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1.

а) Другими словами, в пункте (а) надо доказать, что точка D лежит на прямой , а точка C — на прямой .

— прямоугольная трапеция, поскольку (как радиусы, проведенные в точку касания), .

Если , то (как односторонние углы),

тогда и .

— прямоугольный, .

Тогда — диаметр первой окружности; — диаметр второй окружности, так как вписанный угол, опирающийся на диаметр, — прямой.

Значит,

б) Найдем

AK — высота в , где

Рассмотрев прямоугольную трапецию , где , найдем, что .

Из по теореме Пифагора .

Задание 16 Профильного ЕГЭ по математике. Планиметрия

 Решение:

    а)

    ОА и QB радиусы к касательной АВ, значит ОА⊥АВ, QB⊥АВ, отсюда ОА||QB. Соединим центры окружностей ОQ, точка касания окружностей К∈ОQ.
    ОАВQ – прямоугольная трапеция. Треугольник АОК равнобедренный, т.к. АО = ОК, как радиусы, углы при основании равны, обозначим их как α, ∠ОАК = ∠АКО = α, зная, что сумма углов треугольника равна 180°, найдём третий угол треугольника:

∠АОК = 180° – α – α = 180° – 2α

    ∠АОК и ∠ВQО углы при боковой стороны трапеции их сумма равна 180°, найдём ∠ВQО:

∠ВQО = 180 – (180° – 2α) = 180 – 180° + 2α = 2α

    Треугольник КQB равнобедренный KQ = QB, как радиусы, углы при основании равны, найдём ∠QKB:

angle QKB=frac{180°-2alpha}{2}=frac{2(90°-alpha)}{2}=90°-alpha

    Угол ОКQ развёрнутый он равен 180°, состоит из трёх углов, найдём ∠АКВ:

∠АКВ = 180° – α – (90 – α) = 180° – α – 90° + α = 90°

    ∠АКВ = 90°, тогда ∠АКD тоже равен 90°, как смежный ему. Треугольник АКD прямоугольный, вписанный в окружность, значит АD – диаметр окружности с центром О.
    ∠АКD = ∠ВКС = 90°, как вертикальные, тогда ΔСКВ прямоугольный вписанный в окружность с центром Q, значит ВС – диаметр.
    Т.к. радиусы ОА||QB, являющиеся частью диаметров АD и ВС, значит АD||ВС.
    Что и требовалось доказать.
    б) Проведём высоту QM прямоугольной трапеции, QM||AB, M∈DА.

    QB = QK = 1, как радиусы меньшей окружности. ОК = ОА = 4, как радиусы большей окружности. Рассмотрим ΔОQM, он прямоугольный, ОQ = OK + KQ = 4 + 1 = 5, QB = MA = 1, как противоположные стороны прямоугольника. ОМ = ОА – МА = 4 – 1 = 3. Тогда MQ = 4, как сторона египетского треугольника (или по т. Пифагора). MQ = AB = 4, как противоположные стороны прямоугольника.
    ΔАКD подобен ΔВСК (∠АКD = ∠ВКС = 90°, ∠АDK = ∠KBC, как накрест лежащие углы) с коэффициентом подобия:

k=frac{DA}{CB}=frac{4+4}{1+1}=frac{8}{2}=4

    Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента их подобия.

frac{S_{Delta AKD}}{S_{Delta BCK}}=k^{2}

    Обозначим S_ΔBCK как S, тогда:

frac{S_{Delta AKD}}{S}=4^{2}\frac{S_{Delta AKD}}{S}=16
S_ΔAKD = 16S

    ΔАКD подобен ΔАКB (АК высота в прямоугольном ΔВАD, делит его на два подобных треугольника) с коэффициентом подобия:

k=frac{AD}{AB}=frac{8}{4}=2\frac{S_{Delta AKD}}{S_{Delta AKB}}=k^{2}\frac{16S}{S_{Delta AKB}}=2^{2}\frac{16S}{S_{Delta AKB}}=4\S_{Delta AKB}=frac{16S}{4}=4S

    Найдём S_ΔАВС:

S_{Delta ABC}=frac{1}{2}cdot ABcdot CB=frac{1}{2}cdot 4cdot 2=4

    S_ΔАKB = 4S, S_ΔBCK = S, тогда S_ΔABC = SΔАKB + S_ΔBCK  = 4S + S = 5S:

4 = 5S
S=frac{4}{5}=0,8
S_ΔАKB = 4S = 4·0,8 = 3,2

Ответ: 3,2.

25
Дек 2014

Категория: 16 (С5) Планиметр. задачиПланиметрияТ/P A. Ларина

2014-12-25
2015-09-04

Автор: egeMax |

Один комментарий

Тренировочная работа 20.09.2018 СтатГрад
пробный ЕГЭ 11 класс Задание 16 (Вариант МА10110)

№ задачи в базе 1143

ФИПИ 2023 🔥 …

Примечание: Тренировочная работа 20.09.2018 СтатГрад
пробный ЕГЭ 11 класс Задание 16 (Вариант МА10110) # Задача-аналог   209

Рейтинг сложности задачи:

Задание 10938

Ответ: 7,5

Скрыть

а) $$angle ACD=angle BCE$$ — вертикальные, $$angle ACD=180{}^circ -angle ACB=90{}^circ to AD$$ и $$BE$$ — диаметры. Пусть LC — общая касательная: $$angle LCB=alpha to angle CEB=alpha $$ (вписанный и м/у хордой и касательной, опирающиеся на одну дугу). $$angle ACL=90-alpha =angle ADCto angle DAC=alpha =angle CEBto ADparallel BE$$ и $$triangle ADCsim triangle CEB$$.

б) $$frac{AD}{BE}=frac{2sqrt{15}}{2cdot 15}=frac{1}{sqrt{15}}=frac{AC}{CE}$$, но $$AC=CBto frac{CB}{CE}=frac{1}{sqrt{15}}$$. Пусть $$CB=xto CE=sqrt{15}xto $$ по теореме Пифагора: $$CB^2+CE^2=BE^2leftrightarrow x^2+15x^2={left(15cdot 2right)}^2to x^2=frac{{15}^2cdot 2^2}{16}to x=7,5$$.

Задание:

Две  окружности  касаются  внешним  образом  в  точке  K.  Прямая  АВ касается  первой окружности в точке  А, а второй  –  в точке  В. Прямая  BK пересекает первую окружность в точке  D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке С. 
а) Докажите, что прямые AD и BCпараллельны. 
б) Найдите площадь треугольника AKB, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1. 

Решение:

а)  Обозначим  центры  окружностей  О₁ и  О₂ соответственно.  Пусть  общая  касательная,  проведённая к окружностям в точке  K, пересекает  АВ в точке М. По свойству касательных, проведенных из  одной  точки,  АМ = KM  и  KM = BM.  Треугольник AKB, у которого медиана равна половине стороны, к которой она проведена, прямоугольный. 

Вписанный  угол  AKD прямой,  поэтому  он  опирается  на  диаметр  AD.  Значит,  AD⊥AB. Аналогично,  получаем,  что  BC⊥ AB.  Следовательно, прямые AD и BC параллельны. 

б)  Пусть,  для  определенности,  первая  окружность имеет радиус 4, а вторая – радиус 1. 

Треугольники  ВKC  и  AKD  подобны, AD/BC = 4. Пусть S_BKC = S, тогда S_AKD = 16S.

Ответ: 3.2