Задания по планиметрии егэ профильный уровень - Помощь в подготовке к экзаменам и поступлению

Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий

Версия для печати и копирования в MS Word

В треугольнике АВС проведена биссектриса АМ. Прямая, проходящая через вершину В перпендикулярно АМ, пересекает сторону АС в точке N. АВ = 6; ВС = 5; АС = 9.

а)  докажите, что биссектриса угла С делит отрезок МN пополам

б)  пусть Р  — точка пересечения биссектрис треугольника АВС. Найдите отношение АР : РN.

Источник: ЕГЭ по математике 19.06.2014. Основная волна, резервная волна. Запад. Вариант 1

Диагональ AC прямоугольника ABCD с центром O образует со стороной AB угол 30°. Точка E лежит вне прямоугольника, причём ∠BEC = 120°.

а)  Докажите, что ∠CBE = ∠COE.

б)  Прямая OE пересекает сторону AD прямоугольника в точке K. Найдите EK, если известно, что BE = 40 и CE  =  24.

Медианы AA₁, BB₁ и CC₁ треугольника ABC пересекаются в точке M. Известно, что AC  =  3MB.

а)  Докажите, что треугольник ABC прямоугольный.

б)  Найдите сумму квадратов медиан AA₁ и CC₁, если известно, что AC = 12.

На сторонах AC и BC треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC. Точка M  — середина стороны AB.

а)  Докажите, что

б)  Найдите расстояние от точки M до центров квадратов, если AC  =  10, BC  =  32 и ∠ACB  =  30°.

Источник: Типовые тестовые задания по математике, под редакцией И. В. Ященко 2016

На гипотенузу AB прямоугольного треугольника ABC опустили высоту CH. Из точки H на катеты опустили перпендикуляры HK и HE.

а)  Докажите, что точки A, B, K и E лежат на одной окружности.

б)  Найдите радиус этой окружности, если AB = 12, CH = 5.

Пройти тестирование по этим заданиям

Источник

Вариант 1 6. Планиметрия

1. Основания трапеции равны 3 и 2. Найдите отрезок, соединяющий середины диагоналей трапеции.

2. Периметр прямоугольника равен 8, а площадь равна 3,5. Найдите диагональ этого прямоугольника.

3. Найдите синус угла АОВ. В ответе укажите значение синуса, умноженное на 2.

4. Основания равнобедренной трапеции равны 7 и 13, а ее площадь равна 40. Найдите периметр трапеции.

5. Острые углы прямоугольного треугольника равны 53° и 37° . Найдите угол между высотой и медианой, проведёнными из вершины прямого угла. Ответ дайте в градусах.

6. Угол между хордой AB и касательной BC к окружности равен 35°. Найдите величину меньшей дуги, стягиваемой хордой AB. Ответ дайте в градусах.

7. Около трапеции описана окружность. Периметр трапеции равен 24, средняя линия равна 11. Найдите боковую сторону трапеции.

8. Найдите величину угла АВС. Ответ дайте в градусах.

9. Угол ACO равен 35°, где O — центр окружности. Его сторона CA касается окружности. Найдите величину меньшей дуги AB окружности, заключенной внутри этого угла. Ответ дайте в градусах.

10. В треугольнике ABC AD — биссектриса, угол C равен 30°, угол BAD равен 22°. Найдите угол ADB. Ответ дайте в градусах.

Вариант 2 6. Планиметрия

В 1. Сторона правильного треугольника равна Найдите радиус окружности, вписанной в этот треугольник.

2. Две стороны параллелограмма относятся как 9:11, а периметр его равен 40. Найдите большую сторону параллелограмма.

3. Найдите угол ACO, если его сторона CA касается окружности, O — центр окружности, а большая дуга AD окружности, заключенная внутри этого угла, равна 152°. Ответ дайте в градусах.

4. Отрезки AC и BD — диаметры окружности с центром O. Угол AOD равен 66°. Найдите вписанный угол ACB. Ответ дайте в градусах.

5. Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник, равен 44. Найдите высоту этого треугольника.

6. Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник , считая стороны квадратных клеток равными 1.

7. Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник, делит в точке касания одну из боковых сторон на два отрезка, длины которых равны 9 и 4, считая от вершины, противолежащей основанию. Найдите периметр треугольника.

8. Площадь прямоугольного треугольника равна 24. Один из его катетов на 2 больше другого. Найдите меньший катет.

9. Около трапеции описана окружность. Периметр трапеции равен 52, средняя линия равна 21. Найдите боковую сторону трапеции.

10. Радиус окружности, вписанной в правильный треугольник, равен 31. Найдите высоту этого треугольника.

Вариант 3 6. Планиметрия

1. Четырехугольник ABCD вписан в окружность. Угол ABC равен 110°, угол ABD равен 70°. Найдите угол CAD. Ответ дайте в градусах.

2. Найдите радиус окружности, вписанной в правильный треугольник, высота которого равна 6.

3. В треугольнике АВС АС = ВС = 4 , cos ВАС = 0,25. Найдите высоту АН.

4. В ромбе ABCD угол DAB равен 136°. Найдите угол BDC. Ответ дайте в градусах.

5. В треугольнике АВС угол С равен 90°, СН – высота, АС = 3, cos А = . Найдите ВН.

6. Основания равнобедренной трапеции равны 14 и 26, а ее боковые стороны равны 10. Найдите площадь трапеции.

7. В треугольнике ABC угол C равен 90°, CH — высота, BC = 25, BH = 20. Найдите

8. Найдите площадь ромба, если его диагонали равны 4 и 12.

9. В треугольнике АВС АС = ВС = 4, угол С равен 30°. Найдите высоту АН.

10. В треугольнике ABC угол A равен 30°, угол B равен 86°, CD — биссектриса внешнего угла при вершине C, причем точка D лежит на прямой AB. На продолжении стороны AC за точку C выбрана такая точка E, что CE = CB. Найдите угол BDE. Ответ дайте в градусах

Вариант 4 6. Планиметрия

1. В треугольнике ABC угол C равен 90°, CH — высота, АВ = 15, tg А = . Найдите BH.

2. Угол ACB равен 42°. Градусная величина дуги AB окружности, не содержащей точек D и E, равна 124°. Найдите угол DAE. Ответ дайте в градусах.

3. Сторона ромба равна 20, острый угол равен 30°. Найдите радиус вписанной окружности этого ромба.

4.Острые углы прямоугольного треугольника равны 24° и 66°. Найдите угол между высотой и медианой, проведенными из вершины прямого угла. Ответ дайте в градусах.

5. Угол между биссектрисой и медианой прямоугольного треугольника, проведенными из вершины прямого угла, равен 20°. Найдите меньший угол прямоугольного треугольника.

6. Отрезки AC и BD — диаметры окружности с центром O. Угол AOD равен 66°. Найдите вписанный угол ACB. Ответ дайте в градусах.

7. Катеты равнобедренного прямоугольного треугольника равны 82 + 41

Найдите радиус окружности, вписанной в этот треугольник.

8. В остроугольном треугольнике ABC угол A равен 65°. BD и CE — высоты, пересекающиеся в точке O. Найдите угол DOE. Ответ дайте в градусах.

9. В треугольнике АВС угол С равен 90°, СН – высота, ВС = 4, ВН = 4. Найдите

10. Радиус окружности, описанной около правильного треугольника, равен 3. Найдите высоту этого треугольника.

Вариант 5 6. Планиметрия

1. Найдите косинус угла АОВ. В ответе укажите значение косинуса, умноженное на 2.

2. Два угла вписанного в окружность четырехугольника равны 82° и 58°. Найдите больший из оставшихся углов. Ответ дайте в градусах.

3. В треугольнике АВС угол С равен 90°, СН — высота, ВС = 3, sin А = . Найдите АН.

4. Хорда AB стягивает дугу окружности в 92°. Найдите угол ABC между этой хордой и касательной к окружности, проведенной через точку B. Ответ дайте в градусах.

5. Катеты равнобедренного прямоугольного треугольника равны 2+ Найдите радиус окружности, вписанной в этот треугольник.

6. Основания равнобедренной трапеции равны 43 и 7. Высота трапеции равна 27. Найдите тангенс острого угла трапеции.

7. Площадь ромба равна 6. Одна из его диагоналей в 3 раза больше другой. Найдите меньшую диагональ.

8.Больший угол равнобедренного треугольника равен 98°. Найдите меньший угол. Ответ дайте в градусах.

9. Чему равен острый вписанный угол, опирающийся на хорду, равную радиусу окружности? Ответ дайте в градусах.

10. Стороны параллелограмма равны 38 и 76. Высота, опущенная на первую сторону, равна 57. Найдите высоту, опущенную на вторую сторону параллелограмма.

Вариант 6 6. Планиметрия

1. Сторона АВ треугольника АВС равна 42. Противолежащий ей угол С равен 150° . Найдите радиус окружности, описанной около этого треугольника.

2. Через концы A, B дуги окружности в 114° проведены касательные AC и BC. Найдите угол ACB. Ответ дайте в градусах.

3. В треугольнике АВС АС=ВС, АН – высота, АВ=5, sinВАС= . Найдите

4. В треугольнике ABC проведена биссектриса AD и AB = AD = CD. Найдите меньший угол треугольника ABC. Ответ дайте в градусах.

5. Отрезки AC и BD — диаметры окружности с центром O. Угол ACB равен 38°. Найдите угол AOD. Ответ дайте в градусах.

6. Основания равнобедренной трапеции равны 7 и 51. Тангенс острого угла равен Найдите высоту трапеции.

7. В треугольнике ABC угол C равен 90°, АС = 8, cos А = Найдите АВ.

8. Периметр треугольника равен 76, а радиус вписанной окружности равен 8. Найдите площадь этого треугольника.

9. Стороны параллелограмма равны 9 и 15. Высота, опущенная на первую сторону, равна 10. Найдите высоту, опущенную на вторую сторону параллелограмма.

10. В треугольнике ABC угол ACB равен °, угол B равен °, CD — медиана. Найдите угол ACD. Ответ дайте в градусах.

Вариант 7 6. Планиметрия

1. Пусть тупым является угол C, тогда сторона AB тупоугольного треугольника ABC равна радиусу описанной около него окружности. Найдите угол C. Ответ дайте в градусах.

2. Две стороны параллелограмма относятся как 3:17, а периметр его равен 40. Найдите большую сторону параллелограмма.

3. В треугольнике ABC AC = BC, AB = 22, tg А = . Найдите AC.

4. Основания равнобедренной трапеции равны 6 и 12. Боковые стороны равны 5. Найдите синус острого угла трапеции.

5. В треугольнике ABC угол C равен 90°, АС = 17, sin А = . Найдите BC.

6. Найдите площадь треугольника, две стороны которого равны 21 и 2, а угол между ними равен 30°.

7. Окружность, вписанная в равнобедренный треугольник, делит в точке касания одну из боковых сторон на два отрезка, длины которых равны 10 и 1, считая от вершины, противолежащей основанию. Найдите периметр треугольника.

8. Угол ACO равен 35°, где O — центр окружности. Его сторона CA касается окружности. Найдите величину меньшей дуги AB окружности, заключенной внутри этого угла. Ответ дайте в градусах.

9. Угол ACB равен 51°. Градусная мера дуги AB окружности, не содержащей точек D и E, равна 144°. Найдите угол DAE. Ответ дайте в градусах.

10.Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 5, угол при вершине, противолежащей основанию, равен 120°. Найдите диаметр описанной окружности этого треугольника.

Вариант 8 6. Планиметрия

1. Два угла вписанного в окружность четырехугольника равны 82° и 58°. Найдите больший из оставшихся углов. Ответ дайте в градусах.

2. Основания равнобедренной трапеции равны 13 и 25, а ее площадь равна 152. Найдите боковую сторону трапеции.

3. Найдите вписанный угол, опирающийся на дугу, которая составляет окружности. Ответ дайте в градусах.

4. В треугольнике ABC угол C равен 90°, АС = 17, sin А = . Найдите BC.

5. Площадь треугольника ABC равна 136. DE — средняя линия. Найдите площадь треугольника CDE.

6. В треугольнике ABC AC = BC, AB = 8, tg А = . Найдите AC.

7. Найдите угол ACO, если его сторона CA касается окружности, O — центр окружности, а большая дуга AD окружности, заключенная внутри этого угла, равна 116°. Ответ дайте в градусах.

8. Площадь параллелограмма ABCD равна 176. Точка E — середина стороны CD. Найдите площадь треугольника ADE.

9. Найдите сторону правильного шестиугольника, описанного около окружности, радиус которой равен 47.

10. Найдите синус угла АОВ. В ответе укажите значение синуса, умноженное на 2

Вариант 9 6. Планиметрия

1. Найдите площадь прямоугольного треугольника, если его катет и гипотенуза равны соответственно 6 и 10.

2. Диагонали четырехугольника равны 4 и 5. Найдите периметр четырехугольника, вершинами которого являются середины сторон данного четырехугольника.

3. Найдите синус угла АОВ. В ответе укажите значение синуса, умноженное на

4. Найдите угол ACO, если его сторона CA касается окружности, O — центр окружности, а меньшая дуга окружности AB, заключенная внутри этого угла, равна 37°. Ответ дайте в градусах.

5. Боковые стороны трапеции, описанной около окружности, равны 27 и 4. Найдите среднюю линию трапеции.

6. В треугольнике АВС АС = ВС, АВ = 7 , tg ВАС = , Найдите высоту

7. Угол между стороной правильного n-угольника, вписанного в окружность, и радиусом этой окружности, проведенным в одну из вершин стороны, равен 80°. Найдите n.

8. Площадь параллелограмма ABCD равна 189. Точка E — середина стороны AD. Найдите площадь трапеции AECB.

9. Найдите вписанный угол, опирающийся на дугу, которая составляет окружности. Ответ дайте в градусах.

10. Основания равнобедренной трапеции равны 25 и 23. Высота трапеции равна 1. Найдите тангенс острого угла.

Вариант 10 6. Планиметрия

1. Найдите величину угла АВС. Ответ дайте в градусах.

2. В треугольнике ABC угол C равен 76°, AC = BC. Найдите угол A. Ответ дайте в градусах.

3. Площадь треугольника АВС равна 129. ДE – средняя линия, параллельная стороне АВ. Найдите площадь трапеции АВЕД.

4. В треугольнике АВС угол С равен 90°, СН – высота, АН = 12 , cos А = . Найдите АВ.

5. Высота правильного треугольника равна 33. Найдите радиус окружности, описанной около этого треугольника.

6. Основания равнобедренной трапеции равны 5 и 11, а её площадь равна 32. Найдите периметр трапеции.

7. Найдите площадь ромба, если его высота равна 2, а острый угол 30°.

8. Хорда AB делит окружность на две части, градусные величины которых относятся как 3:5. Под каким углом видна эта хорда из точки C, принадлежащей меньшей дуге окружности? Ответ дайте в градусах.

9. В треугольнике известно, что , , угол равен 90°. Найдите радиус вписанной окружности.

10. В треугольнике АВС АС = ВС = 27 , — высота, sin ВАС = . Найдите

6. Планиметрия

Вариант 1

Вариант 2

Вариант 3

40
2
7,5
22
17,5
160
0,6
24
2
56

Вариант 4

Вариант 5

2
122
17,5
46
1
1,5
2
41
30
28,5

Вариант 6

Вариант 7

150
17
22
0,8
34
10,5
24
55
21
10

Вариант 8

Вариант 9

24
9
1
53
15,5
4
18
141,75
36
1

Вариант 10

45
52
96,75
27
22
26
8
112,5
4
30

Источник

B этой статье:

Kак научиться решать задачи ЕГЭ по планиметрии? Пошаговая методика.

Полезные факты и классические схемы для решения задач по планиметрии.

Приемы и секреты решения задач по планиметрии.

«B учебнике нет, а на экзамене есть». На какие теоремы стоит обратить внимание.

Решения заданий № 16 Профильного ЕГЭ по математике.

Mногие старшеклассники считают, что могут обойтись без знания планиметрии. Что, занимаясь только алгеброй, смогут сдать ЕГЭ на высокие баллы и поступить в выбранный вуз.

Работает ли эта стратегия?

Oтвет преподавателей-экспертов: нет, не работает. На ЕГЭ вам может встретиться сложное неравенство (задание 15) и тем более — сложная «экономическая» задача. Так было в 2018 году. И всё, баллов фатально не хватает! Тех самых баллов, которые можно было легко получить за планиметрическую задачу, не хватает для поступления!

Cтоит учесть, что задачи вариантов ЕГЭ по планиметрии и стереометрии бывают намного проще, чем по алгебре.

И сейчас — самое главное о задаче 16 (Планиметрия).

1) Cамое важное — правильная методика подготовки. Не нужно начинать с реальных задач ЕГЭ. Cначала — теория. Cвойства геометрических фигур. Oпределения и теоремы. Bсе это вы найдете в нашем ЕГЭ-Cправочнике. Ничего лишнего там нет. Учите наизусть.

Лучшая тренировка на этом этапе — задания №3 и №6 из первой части ЕГЭ по математике

2) Задача 16 Профильного ЕГЭ по математике оценивается в 3 первичных балла и состоит из двух пунктов. Первый пункт — доказательство. Здесь нам помогут наши «домашние заготовки» — полезные факты, которые мы учимся доказывать задолго до экзамена. A на ЕГЭ остается только вспомнить и записать решение.

Bот список из 32 полезных фактов — и их доказательства. Да, это первый этап освоения планиметрии. Доказав все эти полезные факты, вы обнаружите, что пункт (а) задачи 16 перестал быть для вас проблемой.

3) Oказывается, многие задачи по планиметрии строятся по одной из так называемых классических схем. Учите их наизусть! И конечно, доказывайте! Лучше всего начинать именно с задач на доказательство.

4) Есть такие теоремы, которые вроде и входят в школьную программу — а попробуй их найди в учебнике. Например, теорема о секущей и касательной или свойство биссектрисы. A вы их знаете? Если нет — выучите.

5) Любая задача из варианта ЕГЭ решается без сложных формул. И если вы не помните теорему Чевы, теорему Mенелая и другую экзотику — вам это и не понадобится. Только то, что есть в нашем ЕГЭ-Cправочнике. Зато знать это надо наизусть.

6) Геометрия, конечно, это не алгебра, и готовых алгоритмов здесь намного меньше. Зато, когда вы отлично знаете все теоремы, формулы, свойства геометрических фигур, — у вас в голове выстраивается цепочка ассоциаций. Например, в условии задачи дан радиус вписанной окружности. B каких формулах он встречается? — Правильно, в теореме синусов и в одной из формул для площади треугольника.

7) Если вы вдруг не можете решить пункт (а), но решили пункт (б), вы получите за него один балл. A это лучше, чем ничего. Но вообще пункт (а), как правило, бывает простым. Иногда вопрос в пункте (а) очень простой. И это не только для того, чтобы вы получили «утешительный» балл. Помните, что пункт (а) часто содержит подсказку, идею для решения пункта (б). Так, например, было на Досрочном ЕГЭ. Простейший пункт (а), и в нем «спрятана» идея: в пункте (б) ищите вписанные в окружность четырехугольники.

Перейдем к практике. Разберем несколько реальных задач Профильного ЕГЭ под номером 16. Больше планиметрии — на интенсивах ЕГЭ-Cтудии и на Oнлайн-курсе.

Начнем с интересного приема. Бывает, что в задаче значимые отрезки пересекаются вот такой буквой Ж. Или вот такой буквой Х. Хорошо, если мы можем перестроить это Ж или Х в треугольник. Например, провести какие-нибудь отрезки, параллельные и равные (или пропорциональные) нашим.

1. (ЕГЭ — 2017)

Oснования трапеции равны 4 и 9, а её диагонали равны 5 и 12.

а) Докажите, что диагонали трапеции перпендикулярны.

б) Найдите высоту трапеции.

Посмотреть решение

Следующая задача — на применение одной из наших классических схем

2. B остроугольном треугольнике KMN проведены высоты KB и NA.

а) Докажите, что угол ABK равен углу ANK.

б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABM, если известно, что и .

Посмотреть решение

3. (ЕГЭ-2020, Демовариант).

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.

Посмотреть решение

B следующей задаче больше алгебры, чем геометрии. Действительно, бывает так, что планиметрическая задача быстро сводится к уравнению или системе уравнений.

4. Параллелограмм ABCD и окружность расположены так, что сторона AB касается окружности, CD является хордой, а стороны DA и BC пересекают окружность в точках P и Q соответственно.

а) Докажите, что около четырехугольника ABQP можно описать окружность.

б) Найдите длину отрезка DQ, если известно, что AP = a, BC = b, BQ = c.

Посмотреть решение

5. B прямоугольном треугольнике ABC точки M и N — середины гипотенузы AB и катета BC соответственно. Биссектриса угла BAC пересекает прямую MN в точке L.

а) Докажите, что треугольники AML и BLC подобны.

б) Найдите отношение площадей этих треугольников, если $cosangle BAC=frac{7}{25}.$

Посмотреть решение

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 2, задача 16

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 4, задача 16

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 6, задача 16

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 8, задача 16

Решаем задачи из сборника И. В. Ященко, 2020. Вариант 12, задача 16

Планиметрия. Стрим 10 марта. Разбор домашнего задания

Надеемся, что статья была для вас полезной. Что вы возьметесь за планиметрию и получите на экзамене необходимые баллы. Удачи вам!

Благодарим за то, что пользуйтесь нашими материалами.
Информация на странице «Задание 16. Планиметрия u0026#8212; профильный ЕГЭ по математике» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к ЕГЭ и ОГЭ.
Чтобы успешно сдать нужные и поступить в высшее учебное заведение или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий.
Также вы можете воспользоваться другими статьями из данного раздела.

Публикация обновлена:
09.03.2023

Источник

16. Задачи по планиметрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме

2. Решай новые задачи каждый день

3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по планиметрии прошлых лет

Задание
1

#6325

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность проходит через вершины (A, B) и (D) параллелограмма (ABCD). Эта окружность пересекает (BC) в точке (E), а (CD) в точке (K).
а) Докажите, что отрезки (AE) и (AK) равны.
б) Найдите (AD), если известно, что (EC=48), (DK=20), а косинус угла (BAD) равен (0,4).

(ЕГЭ 2018, основная волна)

а)
Так как противоположные углы параллелограмма равны, то (angle
ABE=angle ADK). Так как равные вписанные углы опираются на равные дуги и на равные хорды, то (AE=AK), чтд.

б) Введем обозначения: (AD=x), (CK=y). Проведем отрезок (ED). Тогда (ABED) – трапеция, причем, так как она вписана в окружность, она равнобедренная. Следовательно, (ED=y+20).

Запишем теорему косинусов для (triangle ECD): [(y+20)^2=48^2+(y+20)^2-2cdot 48cdot (y+20)cdot 0,4
quadRightarrowquad y=40] Следовательно, (AB=60).
Так как (angle B+angle C=180^circ) по свойству параллелограмма, то их косинусы противоположны, следовательно, (cos angle
B=-0,4).
Так как (AE=AK), то найдем (AE^2) и (AK^2) по теореме косинусов из (triangle ABE) и (triangle ADK) и приравняем: [60^2+(x-48)^2-2cdot 60cdot (x-48)cdot (-0,4)=x^2+20^2-2cdot 20cdot x
cdot (-0,4) quadRightarrowquad x=50] Следовательно, (AD=50).

Ответ:

б) 50

Задание
2

#3983

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Дан тупоугольный треугольник (ABC) с тупым (angle ABC). Продолжения высот этого треугольника пересекаются в точке (H). (angle AHC=60^circ).

а) Докажите, что (angle ABC=120^circ).

б) Найдите (BH), если (AB=6), (BC=10).

(ЕГЭ 2018, досрочная волна)

а) Заметим, что в тупоугольном треугольника в одной точке пересекаются продолжения высот. Рассмотрим чертеж:
Рассмотрим четырехугольник (A_1BC_1H). В нем (angle A_1=angle
C_1=90^circ). Следовательно, (angle A_1BC_1=180^circ-angle
A_1HC_1=180^circ-60^circ=120^circ).
Так как (angle A_1BC_1) и (angle ABC) – вертикальные, то они равны, значит, (angle ABC=120^circ).

б) Рассмотрим прямоугольный (triangle CHA_1). Так как (angle
CHA_1=60^circ), то (angle HCA_1=30^circ).
Аналогично (angle HAC_1=30^circ).
Тогда из прямоугольного (triangle C_1CB) катет (C_1B) равен половине гипотенузы (CB), так как лежит против угла в (30^circ), значит, (C_1B=5).
Аналогично (A_1B=0,5cdot AB=3).
Рассмотрим снова (triangle HCA_1). Так как [dfrac{sqrt3}3=mathrm{tg},30^circ=dfrac{HA_1}{CA_1}quadrightarrowquad
HA_1=dfrac{13}{sqrt3}] Тогда по теореме Пифагора из прямоугольного (triangle HA_1B): [BH=sqrt{3^2+left(dfrac{13}{sqrt3}right)^2}=dfrac{14}{sqrt3}]

Ответ:

б) (frac{14}{sqrt3})

Задание
3

#4030

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Медианы (AA_1, BB_1, CC_1) треугольника (ABC) пересекаются в точке (M). Известно, что (AC=3MB).
а) Докажите, что треугольник (ABC) прямоугольный.
б) Найдите сумму квадратов медиан (AA_1) и (CC_1), если известно, что (AC=12).

(ЕГЭ 2018, СтатГрад, 19 апреля 2018)

а) Пусть (BM=x), тогда (AC=3x). Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении (2:1), считая от вершины, то (MB_1=0,5x), следовательно, (BB_1=1,5x). Следовательно, (AB_1=B_1C=BB_1=1,5x). Следовательно, (triangle ABC) прямоугольный с (angle B=90^circ).

б) Обозначим (AB=2a), (BC=2b).

Тогда по теореме Пифагора [begin{aligned}
&AA_1^2=4a^2+b^2\
&CC_1^2=a^2+4b^2 end{aligned}] Отсюда (AA_1^2+CC_1^2=5(a^2+b^2)).
Так как по теореме Пифагора из (triangle ABC): (4a^2+4b^2=12^2), то (a^2+b^2=36). Следовательно, [AA_1^2+CC_1^2=5(a^2+b^2)=5cdot 36=180]

Ответ:

б) 180

Задание
4

#3982

Уровень задания: Равен ЕГЭ

В выпуклом четырехугольнике (ABCD): (AB=3), (BC=5), (CD=5), (AD=8), (AC=7).

а) Докажите, что около этого четырехугольника можно описать окружность.

б) Найдите диагональ (BD).

(ЕГЭ 2018, досрочная волна, резерв)

а) Если в выпуклом четырехугольнике сумма противоположных углов равна (180^circ), то около него можно описать окружность. Докажем, что (angle B+angle D=180^circ).
По теореме косинусов для (triangle ABC): [cosangle B=
dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{2cdot ABcdot BC}=-dfrac12] По теореме косинусов для (triangle ADC): [cosangle D=dfrac{AD^2+CD^2-AC^2}{2cdot ADcdot CD}=dfrac12] Так как (alpha+beta=180^circ) равносильно (cosalpha=-cosbeta), то из (cosangle B=-cos angle D) следует, что (angle B+angle
D=180^circ).

б) Если около (ABCD) можно описать окружность, то и (angle A+angle
C=180^circ).
Обозначим (BD=x). Тогда, также используя теорему косинусов для (triangle ABD) и (triangle CBD), можно сказать: [begin{cases}
cos angle A=dfrac{9+64-x^2}{2cdot 3cdot 8} \[2ex]
cos angle C=dfrac{25+25-x^2}{2cdot 5cdot 5} end{cases}]Также имеем, что (cosangle A=-cosangle C), следовательно, [begin{aligned}
&dfrac{9+64-x^2}{2cdot 3cdot 8}=-dfrac{25+25-x^2}{2cdot 5cdot
5} quadLeftrightarrowquad dfrac{73-x^2}{24}=dfrac{x^2-50}{25}
quadLeftrightarrow\[2ex]
&Leftrightarrowquad 73cdot 25-25x^2=24x^2-50cdot 24
quadLeftrightarrow\[2ex]
&Leftrightarrowquad x^2=dfrac{73cdot 25+50cdot 24}{49}=
dfrac{25(73+48)}{49}=dfrac{25cdot 121}{49} end{aligned}] Отсюда [x=dfrac{5cdot 11}{7}=dfrac{55}7]

Ответ:

б) (frac{55}7)

Задание
5

#4011

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Окружность с центром (O) проходит через вершины (B) и (C) большей боковой стороны прямоугольной трапеции (ABCD) и касается боковой стороны (AD) в точке (K).
а) Докажите, что угол (BOC) вдвое больше угла (BKC).
б) Найдите расстояние от точки (K) до прямой (BC), если основания трапеции (AB) и (CD) равны 4 и 9 соответственно.

(ЕГЭ 2018, СтатГрад, 26 января 2018)

а) Угол (BOC) – центральный, опирающийся на дугу (BC); угол (BKC) – вписанный и опирающийся на ту же дугу, следовательно, (angle
BOC=2angle BKC), чтд.

б) Проведем (KHperp BC). Так как угол между касательной и хордой, выходящей из точки касания, равен половине дуги, заключенной между ними, то (angle DKC=0,5buildrelsmileover{KC}=angle KBC). Аналогично (angle AKB=angle KCB):

Следовательно, (triangle AKBsim triangle KHC, triangle KDCsim
triangle KHB) как прямоугольные по острому углу. Тогда: [begin{aligned}
&dfrac{KB}{KC}=dfrac{KH}{CD}\[2ex]
&dfrac{KC}{KB}=dfrac{KH}{AB}end{aligned}] Отсюда [1=dfrac{KH^2}{CDcdot AB}quadRightarrowquad KH=sqrt{CDcdot AB}=sqrt{
4cdot 9}=6]

Ответ:

б) 6

Задание
6

#3276

Уровень задания: Равен ЕГЭ

Прямая, проходящая через середину (M) гипотенузы (AB) прямоугольного треугольника (ABC), перпендикулярна (CM) и пересекает катет (AC) в точке (K). При этом (AK:KC=1:2).

а) Докажите, что (angle BAC=30^circ).

б) Пусть прямые (MK) и (BC) пересекаются в точке (P), а прямые (AP) и (BK) – в точке (Q). Найдите (KQ), если (BC=2sqrt3).

(ЕГЭ 2017, официальный пробный 21.04.2017)

а) Пусть (AK=x, KC=2x). Проведем (BLparallel MK). Тогда по теореме Фалеса [dfrac{BM}{MA}=dfrac11=dfrac{LK}{KA}
quadRightarrowquad LK=KA=x quadRightarrow quad CL=x.]

Тогда также по теореме Фалеса: [dfrac{CL}{LK}=dfrac11=dfrac{CO}{OM} quadRightarrowquad CO=OM.] Следовательно, (BO) – медиана и высота ((MKperp CM, BOparallel
MK quadRightarrowquad BOperp CM)), следовательно, (triangle
CBM) равнобедренный и (CB=BM). Следовательно, (CB=frac12BA). Так как катет, равный половине гипотенузы, лежит против угла в (30^circ), то (angle BAC=30^circ).

б) Рассмотрим (triangle PMC): (angle PMC=90^circ). Так как (BM=BC), то (BM=BC=BP), то есть (B) – середина (CP) ((angle
BCM=angle BMC=60^circ), следовательно, (angle CPM=30^circ=angle
PMB), следовательно, (BP=BM)).
Проведем (BSparallel AP). Тогда (BS) – средняя линия треугольника (APC). Значит, (CS=SA).

Из прямоугольного (triangle ABC): [mathrm{tg},30^circ=dfrac{BC}{AC} quadRightarrowquad AC=
BCcdot sqrt3=6.] Следовательно, (CS=SA=3), а так как (CK:KA=2:1), то (KA=2) и (SK=1).
Заметим, что (triangle BKSsim triangle QKA) по двум углам ((angle BKS=angle QKA) как вертикальные, (angle BSK=angle QAK) как накрест лежащие при (AQparallel BS) и (SA) секущей). Следовательно, [dfrac{SK}{AK}=dfrac12=dfrac{BK}{KQ} quadRightarrowquad KQ=2BK.] Найдем (BK).
По теореме Пифагора из (triangle BKC): [BK=sqrt{BC^2+KC^2}=sqrt{(2sqrt3)^2+4^2}=2sqrt{7}] Следовательно, [KQ=4sqrt7.]

Ответ:

б) (4sqrt7)

Задание
7

#3249

Уровень задания: Равен ЕГЭ

В трапецию (ABCD) с основаниями (AD) и (BC) вписана окружность с центром в (O).

а) Докажите, что (sin angle AOD=sinangle BOC).

б) Найдите площадь трапеции, если (angle BAD=90^circ), а основания равны (5) и (7).

(ЕГЭ 2017, резервный день)

а) Так как окружность вписана в трапецию, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов трапеции.

Так как (angle A+angle B=180^circ), то (frac12cdot (angle
A+angle B)=90^circ). Следовательно, (angle
AOB=180^circ-90^circ=90^circ).
Аналогично доказывается, что (angle COD=90^circ).
Следовательно, (angle BOC+angle
AOD=360^circ-90^circ-90^circ=180^circ). Следовательно, (sin
angle BOC=sin angle AOD).

б) Так как в трапеции (angle A=angle B=90^circ), то (angle
BAO=angle ABO=45^circ), следовательно, (triangle AOB) – прямоугольный и равнобедренный.
Пусть (M, N, K, L) – точки касания окружности со сторонами (AB, BC,
CD, AD) соответственно.
Следовательно, (OMperp AB) как радиус, проведенный в точку касания. Так как (triangle AOB) равнобедренный, то (OM) – медиана, следовательно, (AM=MB). Как отрезки касательных (AM=AL, BM=BN). Следовательно, (AL=AM=BM=BN=x). Пусть также (NC=CK=y), (DL=DK=z). Тогда (x+y=5), (x+z=7).

Тогда (AB=2x) – высота трапеции. Следовательно, нужно найти (x).
Проведем (CHperp AD). Тогда (HD=AD-BC=2), а (CH=AB=2x). Тогда по теореме Пифагора из (triangle GHD): [(2x)^2+2^2=(y+z)^2] Так как (y=5-x), (z=7-x), то получаем уравнение [4x^2+4=(12-2x)^2quadRightarrowquad x=dfrac{35}{12}] Следовательно, площадь трапеции равна [S=dfrac{5+7}2cdot 2x=35.]

Ответ:

б) 35

Курс Глицин. Любовь, друзья, спорт и подготовка к ЕГЭ

Источник

Лучшие репетиторы для сдачи ЕГЭ

Задания по теме «Планиметрия»

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

Задание №1208

Условие

Биссектриса острого угла параллелограмма пересекает его сторону в точке K. Окружность радиусом 3 проходит через точку пересечения диагоналей и касается трёх сторон параллелограмма, причём K — одна из точек касания.

а) Докажите, что треугольник ABK равнобедренный.

б) Найдите площадь параллелограмма.

Показать решение

Решение

а) По условию angle BAK=angle KAD, angle KAD=angle AKB как накрест лежащие при BC parallel AD и секущей AK. Следовательно, angle BAK=angle AKB и triangle ABK равнобедренный.

б) Пусть CF=x, FD=y, радиус окружности r, тогда, учитывая, что отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны и треугольник ABK равнобедренный, найдём AD=2x+y, поэтому площадь параллелограмма равна S=2r(2x+y)=6(2x+y).

С другой стороны, площадь параллелограмма равна удвоенной площади прямоугольной трапеции CDNM, так как G — точка пересечения диагоналей, поэтому S= 2cdot frac12cdot P_{CDNM}cdot r= (4r+2x+2y)cdot r= 2r(2r+x+y)= 6(6+x+y).

Приравнивая площади, получим уравнение 2x+y=6+x+y, откуда x=6.

angle COD=90^{circ} как угол, образованный двумя биссектрисами смежных углов. Из triangle COD, OF^2=CFcdot FD, r^2=xcdot y, отсюда y=frac{r^2}x=frac96=frac32.

Теперь найдём площадь параллелограмма ABCD, воспользовавшись одной из формул

S=6(2x+y)=6left( 2cdot 6+frac32 right) =81.

Ответ

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

Задание №1207

Условие

В окружность вписана трапеция ABCD с основаниями AD и BC, один из углов которой равен 60^{circ}. В трапецию вписана ещё одна окружность.

а) Докажите, что центр описанной окружности трапеции лежит внутри трапеции.

б) Найдите, во сколько раз CD больше радиуса окружности, касающейся сторон AB, AD и вписанной окружности трапеции ABCD, если AD>BC.

Показать решение

Решение

а) План решения.

1. Сделаем чертёж, считая для определённости, что AD>BC (для пункта а) это не имеет значения).

2. Заметим, что трапеция равнобедренная. Обозначим одну из сторон трапеции какой-либо буквой, выразим остальные стороны.

3. Выразим через ту же букву радиус окружности, описанной около трапеции: это можно сделать по теореме синусов для triangle ABD.

4. Обозначим точкой N середину AD, точкой M — середину BC. Найдём CN.

5. Сравним CN с радиусом описанной окружности. Сделаем вывод, учитывая, что радиус описанной окружности лежит на прямой MN.

Решение.

1. Выполним чертёж.

2. Так как трапеция ABCD вписана в окружность, то она равнобедренная, то есть AB=CD=a. angle BAD=60^{circ}. Следовательно, AH =frac12 AB=frac12 a, KD=frac12 a. a. Так как в ABCD вписана окружность, то AB+CD=BC+AD, отсюда BC =frac12 a и AD=frac32 a.

3. Радиус описанной окружности трапеции ABCD равен радиусу описанной окружности triangle ABD. Из triangle ABD по теореме синусов 2R= frac{BD}{sin angle BAD} = frac2{sqrt 3}cdot sqrt {BH^2+HD^2}= frac2{sqrt 3}cdot sqrt {left( frac{asqrt 3}2 right) ^2+a^2}= frac{sqrt 7}{sqrt 3} a, R=frac{sqrt 7}{2sqrt 3} a.

4. Центр O описанной окружности трапеции ABCD лежит на прямой MN, где M и N — середины BC и AD соответственно. CN= sqrt {CK^2+NK^2} = sqrt {left( frac{asqrt 3}2 right)^2+left(frac a4 right)^2}= frac{sqrt {13}}4 a.

5. Сравним CN и R, frac{sqrt {13}}4>frac{sqrt 7}{2sqrt 3,} то есть sqrt {NM^2+MC^2}>sqrt {OM^2+MC^2}, отсюда MN>OM или радиус описанной окружности лежит на прямой MN, а центр описанной окружности лежит внутри отрезка MN.

б) План решения.

1. Сделаем чертёж, обозначив центр вписанной окружности через O_1, а центр второй окружности — через O_2. Построим радиус O_2T perp AD.

2. Из подобных треугольников O_2AT и O_1AN, зная angle O_2AT, вычислим O_2T.

3. Найдём искомое отношение frac{CD}{O_2T}.

Решение.

1. Выполним чертёж.

2. triangle O_2AT sim triangle O_1AN, тогда frac{O_1N}{O_2T}=frac{AO_1}{AO_2}. Обозначим искомый радиус O_2T через x, получим: frac{O_1N}x= frac{AO_1}{AO_1-O_1N-x}. BH=MN, из triangle ABH: BH=ABcdot sin 60^{circ}=frac{asqrt 3}2 , MN =frac{asqrt 3}2.

Центр окружности, вписанной в угол, лежит на биссектрисе этого угла, поэтому angle O_1AN =frac12 angle BAD=30^{circ}. Тогда AO_1=2O_1N (катет, лежащий против угла в 30^{circ}, равен половине гипотенузы). Отсюда frac{O_1N}x=frac{2O_1N}{O_1N-x} , frac1x =frac2{O_1N-x} , O_1N-x=2x, x= frac13 O_1N= frac13cdot frac12 MN= frac16cdot frac {asqrt 3} 2= frac{asqrt 3}{12} , x=frac{asqrt 3}{12} , то есть O_2T=frac{asqrt 3}{12}.

3. frac{CD}{O_2T} = frac a{left( dfrac{asqrt 3}{12} right)} = 4sqrt 3.

Ответ

4sqrt 3.

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

Задание №1206

Условие

Задан треугольник ABC, каждая сторона которого равна 2. За пределами треугольника дана точка D так, что angle ADC=120^{circ}. Прямая l проходит через точку A и перпендикулярна отрезку, проведённому в A из точки пересечения высот triangle ABC. K — точка пересечения прямых l и BD. Длина отрезка AK равна 1.

а) Докажите, что BKcdot DK=1

б) Найдите длину отрезка AD.

Показать решение

Решение

1. Опишем окружность около треугольника ADC. Так как angle ADC=120^{circ}, то он опирается на дугу этой окружности, градусная мера которой равна 240^{circ}.

Пусть точка M является серединой этой дуги, тогда все дуги AC, AM и CM имеют градусную меру 120^{circ}. Поэтому треугольник AMC является равносторонним, длина каждой его стороны равна длине AC. Значит, точка M совпадает с точкой B треугольника ABC.

Получаем, что указанная окружность описана около треугольника ABC. Её центр O является точкой пересечения биссектрис (высот и медиан). Поэтому отрезок, проведённый из точки A к точке пересечения высот треугольника совпадает с отрезком AO, где AO — радиус описанной окружности. По условию l perp OA.

Так как l perp AO, то l перпендикулярна радиусу, поэтому l является касательной к окружности. По свойству касательной и секущей, проведённых к окружности из одной точки K получаем: AK^2=KBcdot KD. Но AK=1, значит 1=KBcdot KD. Что и требовалось доказать.

б) 1. На рисунке angle KAB=angle KAO+angle OAB. angle KAO=90^{circ} по условию, angle OAB=frac12angle CAB, так как AO — биссектриса angle CAB. Но angle CAB=60^{circ}, значит, angle OAB=30^{circ}, а angle KAB=90^{circ}+30^{circ}=120^{circ}.

2. По теореме косинусов для triangle ABK получаем:

BK^2= AB^2+AK^2-2cdot ABcdot AKcdot cos 120^{circ}= 4+1-2cdot 2cdot 1left( -frac12right) = 7, так как cos 120^{circ}=-frac12, BK=sqrt 7.

В пункте а) установлено, что BKcdot KD=1, поэтому KD=frac1{BK}=frac1{sqrt 7}.

Отсюда BD=BK-KD=sqrt 7-frac1{sqrt 7}=frac6{sqrt 7}.

Заметим, что angle ADB =frac12cdot 120^{circ}=60^{circ} (применили теорему о вписанном угле).

3. Обозначим AD=x.

По теореме косинусов для треугольника ADB получаем: AB^2= AD^2+BD^2-2cdot ADcdot BDcdot cos angle ADB,

4=x^2+frac{36}7-2cdot xcdotfrac6{sqrt 7}cdotcos 60^{circ},

4=x^2+frac{36}7-2cdot xcdot frac6{sqrt 7}cdot frac12,

x^2-frac6{sqrt 7}x+frac87=0.

По теореме Виета x_1 =frac2{sqrt 7}, x_2=frac4{sqrt 7}.

По свойству треугольника DK+AK>AD, поэтому frac1{sqrt 7}+1>AD.

Если AD =frac4{sqrt 7}, то должно выполняться frac1{sqrt 7} +1>frac4{sqrt 7}, frac3{sqrt 7}<1, 3<sqrt 7, что не верно.

Следовательно, AD =frac2{sqrt 7}.

Ответ

frac2{sqrt7}.

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

Задание №1205

Условие

Две окружности касаются внешним образом в точке P. Прямая MN касается первой окружности в точке M, а второй — в точке N.

а) Докажите, что triangle MNP прямоугольный.

б) Найдите площадь triangle MNP, если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 16.

Показать решение

Решение

а) Пусть O_1 и O_2 — центры касающихся окружностей. Через точку P проведём общую касательную заданных окружностей и обозначим через Q точку пересечения этой касательной с прямой MN.

По свойству касательных, проведённых к окружности, будем иметь: QM=QP, QN=QP. Значит, точки M, N и P равноудалены от точки Q, следовательно, angle MPN является вписанным в некоторую окружность с центром в точке Q и радиусом R=MQ. При этом angle MPN опирается на диаметр MN, а значит, angle MPN=90^{circ}. Отсюда triangle MNP является прямоугольным.

б) Пусть O_1 — центр окружности радиуса 4, а O_2 — центр окружности радиуса 16.

Рассмотрим MNO_2O_1: прямая MN — касательная к исходным окружностям, O_1M и

O_2N — радиусы, следовательно, O_1M perp MN и O_2N perp MN. Отсюда O_1M parallel O_2N, а значит MNO_2O_1 — прямоугольная трапеция.

Точка касания двух окружностей лежит на линии их центров, поэтому отрезок

O_1O_2 пересекает касательную PQ в точке P, следовательно, O_1P=O_1M=4, O_2P=O_2N=16, O_1O_2=O_1P+O_2P=4+16=20.

Проведём из точки P перпендикуляр PH к отрезку MN.

Очевидно, что S_{triangle MPH}=S_{MNO_2O_1}-S_{triangle MPO_1}-S_{triangle MPO_2}.

Приведем отрезок O_1Kperp NO_2, Kin NO_2, получим прямоугольник MNKO_1, в котором MN=O_1K и KN=O_1M=4, а также прямоугольный triangle O_1KO_2, в котором KO_2=NO_2-NK=16-4=12.

Следовательно, по теореме Пифагора O_1K= sqrt {O_1O_2^2-KO_2^2}= sqrt {20^2-12^2}= 16, MN-O_1K=16.

По теореме Фалеса frac{MH}{MN}=frac{O_1P}{O_1O_2}, следовательно, MH =frac{MNcdot O_1P}{O_1O_2}=frac{16cdot 4}{20}=frac{16}5, отсюда NH=MN-MH=16-frac{16}5=frac{64}5.

S_{MNO_2O_1}= frac{MO_1+NO_2}{2}cdot MN= frac{4+16}2cdot 16= frac{20}2cdot 16= 160.

MH равна высоте треугольника MPO_1, опущенной на сторону MO_1.

S_{triangle MPO_1}= frac{MHcdot MO_1}2 = frac{dfrac{16}5cdot 4}{2}= 6,4.

NH равна высоте треугольника NPO_2, опущенной на сторону NO_2.

S_{triangle MPO_2}= frac{NHcdot NO_2}2= frac{dfrac{64}5cdot 16}{2}= 102,4.

Значит, S_{triangle MPN}=160-6,4-102,4=51,2.

Ответ

51,2.

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

Задание №1204

Условие

Биссектриса острого угла A равнобедренной трапеции ABCD пересекает её основание в точке K. В этой трапеции расположены две равные окружности радиусом 2, касающиеся её сторон и друг друга, причём K — одна из точек касания.

а) Докажите, что треугольник ABK равнобедренный.

б) Найдите площадь трапеции.

Показать решение

Решение

а) AK — биссектриса угла angle BAD, значит, angle BAK=angle KAH. Основания AD и BC трапеции параллельны, значит, angle KAH=angle AKB (как накрест лежащие). Поэтому angle BAK=angle AKB, и треугольник ABK равнобедренный.

б) Пусть CF=x, FD=y, радиус окружности r, тогда, учитывая, что отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны и треугольник ABK равнобедренный, BC=2x+y.

С другой стороны, учитывая, что точка M — середина основания BC, получим BC=2x+2r, поэтому y=2r=4.

angle COD=90^{circ} как угол, образованный двумя биссектрисами смежных углов. Из triangle COD, OF^2=CFcdot FD, r^2=xy, но y=2r. Тогда r=2x, x=1.

Найдём основания трапеции BC=2(x+r)=2cdot (1+2)=6, AD=2(y+r)=2cdot (4+2)=12. KH=2r=4

S= frac12(BC+AD)cdot KH= frac12cdot (6+12)cdot 4= 36.

Ответ

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

Задание №1203

Условие

В треугольнике MNP проведены медианы MM_1 и NN_1. На сторонах MN, MP и NP взяты соответственно точки F, K и E, причём FEparallel MM_1, FKparallel NN_1 и MF:MN=1:3.

а) Докажите, что MK=frac16MP, NE=frac13PN.

б) Найдите площадь треугольника FEK, если площадь треугольника MNP равна 48.

Показать решение

Решение

а) Доказательство.

По условию MF:MN=1:3, то есть MF=frac13MN.

По свойству параллельных линий, отсекающих пропорциональные отрезки на пересекаемых прямых, имеем MK =frac13MN_1, MN_1=N_1P, значит, MN_1 =frac12MP, MK =frac16MP;

NE =frac23NM_1, NM_1=M_1P, NE =frac26PN =frac13PN.

Что и требовалось доказать.

б) S_{FEK}= S_{MNP}-(S_{MKF}+S_{KPE}+S_{FEN}).

S_{MNP}=48; S_{MKF} = frac12MKcdot MF sin angle M= frac12MPcdot MN sin angle Mcdot frac16cdot frac13= S_{MNP}cdot frac1{18}= 48cdot frac1{18} = frac{24}9=frac83.

S_{KPE}= frac12KPcdot PE sin angle P= frac12MPcdot PN sin angle Pcdot frac56cdot frac23= S_{MNP}cdot frac{10}{18}= S_{MNP}cdot frac59= 48cdot frac59= frac{80}3.

S_{FEN}= frac12FNcdot NE sin angle N= frac12MNcdot PN sin angle Ncdot frac23cdot frac13= S_{MNP}cdot frac29= frac{32}{3}.

S_{FEK}=48-left( frac83+frac{80}3+frac{32}3right) =8.

Ответ

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

Задание №1202

Условие

Две окружности различных радиусов касаются друг друга внешним образом. Их общие касательные, не проходящие через точку касания окружностей, пересекаются в точке O. При этом одна из касательных касается окружностей в точках A и C, считая от точки O, а другая — соответственно в точках B и D.

а) Докажите, что прямая AB перпендикулярна биссектрисе угла, образованного указанными касательными.

б) Найдите расстояние от середины отрезка AB до точки C, если радиусы окружностей равны 2 и 6.

Показать решение

Решение

а) Рассмотрим рисунок.

На нём O_1 и O_2 — центры окружностей (по свойству вписанной в угол окружности точки O_1 и O_2 лежат на биссектрисе angle AOB), K и T — точки пересечения соответственно AB и CD с биссектрисой. O_1A и O_2C — радиусы окружностей, перпендикулярные касательной AC.

triangle O_1AO=triangle O_1BO по общей гипотенузе и острому углу, поэтому AO=BO. Таким образом, треугольник AOB является равнобедренным, и биссектриса OK угла O является высотой и медианой, поэтому точка K является серединой отрезка AB. Это и означает, что прямая AB перпендикулярна биссектрисе angle AOB.

б) Пусть angle AOO_1 равен alpha. Проведём через O_1 прямую O_1L, параллельную AC.

Тогда по свойству соответственных углов при параллельных прямых OC и O_1L и секущей OO_2enspace angle LO_1O_2=alpha. Но O_1O_2=2+6=8, а LO_2=6-2=4. Поэтому sin alpha =frac{LO_2}{O_1O_2}=frac48=frac12. Так как alpha — острый угол, то alpha =30^{circ} , cos alpha =frac{sqrt 3}2, tg alpha =frac1{sqrt 3}.

Заметим, что frac{AO_1}{OA} =tg alpha =frac{1}{sqrt 3}, OA=frac{AO_1}{tgalpha }=frac2{dfrac{1}{sqrt 3}}=2sqrt 3.

OK=OAcdot cos alpha =2sqrt 3cdot frac{sqrt 3}2=3.

Аналогично OC =frac{CO_2}{tgalpha }=frac6{dfrac{1}{sqrt 3}}=6sqrt 3.

В triangle KOC по теореме косинусов KC^2= OK^2 +OC^2 -2cdot OKcdot OCcdot cos alpha = 9+108-2cdot 3cdot 6sqrt 3cdot frac{sqrt 3}2= 63, KC=sqrt {63}=3sqrt 7.

Ответ

3sqrt 7.

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

Задание №1201

Условие

В трапеции KLMN боковая сторона KL перпендикулярна основаниям. Из точки K на сторону MN опустили перпендикуляр KA. На стороне KL отмечена точка B так, что прямые LA и BN параллельны.

а) Докажите, что прямые BM и MN перпендикулярны.

б) Найдите отношение LA:BN, если угол LMN равен 150^{circ}.

Показать решение

Решение

а) Для доказательства перпендикулярности прямых BM и MN достаточно доказать, что BM parallel KA, а это выполняется в случае, если подобны треугольники SBM и SKA, то есть если справедливо равенство frac{SB}{SK}=frac{SM}{SA}.

Пусть angle SML=alpha , тогда angle SKA=angle ANK=alpha. Из параллельности прямых LA и BN следует, что треугольники SLA и SBN подобны, значит, верно равенство frac{SL}{SB}=frac{SA}{SN}.

В прямоугольном треугольнике SLM, frac{SL}{SM}=sin alpha , откуда SM =frac{SL}{sin alpha }.

В прямоугольном треугольнике SAK, frac{SA}{SK}=sin alpha ,

В прямоугольном треугольнике SKN, frac{SK}{SN}=sin alpha. SK=SN sin alpha.

Перемножая почленно равенства frac{SA}{SK}=sin alpha и frac{SK}{SN}=sin alpha , получим: frac{SA}{SN}=sin ^2 alpha , SA=SN sin ^2 alpha. Учитывая, что frac{SA}{SN}=frac{SL}{SB}, имеем frac{SL}{SB}=sin ^2 alpha , откуда SB =frac{SL}{sin ^2 alpha }.

Тогда frac{SB}{SK}= frac{SL}{sin ^2 alphacdot SNcdot sin alpha }= frac{SL}{sin ^3 alphacdot SN}.

frac{SM}{SA}= frac{SL}{sin alphacdot SN sin ^2 alpha }= frac{SL}{sin ^3 alphacdot SN}. Правые части равенств равны, следовательно, frac{SB}{SK}=frac{SM}{SA}, значит, прямые LA и BN параллельны, и BM и MN перпендикулярны.

б) В силу подобия треугольников SML и SKN, frac{LA}{BN}=frac{SL}{SB}.

Как показано в пункте а), frac{SL}{SB}=sin ^2 alpha. По условию angle LMN=150^{circ}, angle LMN+alpha =180^{circ}, alpha =180^{circ}-150^{circ}=30^{circ}.

frac{SL}{SB}=sin ^2 alpha =sin ^2 30^{circ}=frac14.

Ответ

б) frac14.

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

Задание №1200

Условие

Точка M — центр окружности, описанной около остроугольного треугольника NPK, Q — центр вписанной в него окружности, W — точка пересечения высот. Известно, что angle PNK=angle MPK+angle MKP.

а) Докажите, что точка Q лежит на окружности, описанной около треугольника PMK.

б) Найдите угол MQW, если angle NPK=47^{circ}.

Показать решение

Решение

а) Чтобы доказать, что точки P, M, Q и K лежат на одной окружности, можно воспользоваться одним из признаков, например доказать, что angle PMK=angle PQK. Найдём эти углы.

M — центр окружности, описанной около треугольника NPK, тогда как центральный и вписанный углы, опирающиеся на одну дугу, angle PMK=2angle PNK.

Запишем сумму углов треугольника PMK и воспользуемся полученным и заданным в условии равенствами.

angle PMK+angle MPK+angle MKP= 2angle PNK+angle PNK= 3angle PNK= 180^{circ},

angle PNK=60^{circ}; angle PMK=120^{circ}.

Q — центр вписанной в треугольник NPK окружности, поэтому Q — точка пересечения биссектрис треугольника.

angle PQK= 180^{circ}-(angle QPK+angle QKP)= 180^{circ}-frac{angle NPK+angle NKP}2.

angle PQK= 180^{circ}-frac{180^{circ}-angle PNK}2= 180^{circ}-frac{180^{circ}-60^{circ}}2= 120^{circ}.

Значит, angle PMK=angle PQK, поэтому точки P, M, Q и K лежат на одной окружности.

б) W — точка пересечения высот треугольника NPK. Найдём угол MQW, для этого

докажем сначала, что и точка W лежит на той же окружности, что и точки P, M, Q и K. Если провести высоту треугольника (например, из вершины P), то образуются прямоугольные треугольники, сумма острых углов каждого такого треугольника равна 90^{circ}. Например, angle WPK+angle PKN=90^{circ}, аналогично можно получить: angle WKP+angle NPK=90^{circ}.

angle PWK= 180^{circ}-angle WPK-angle WKP= 180^{circ}-(90^{circ}-angle PKN)-(90^{circ}-angle NPK)= angle PKN+angle NPK= 120^{circ}, angle PMK=angle PQK=angle PWK, потому точки P, M, Q, W и K лежат на одной окружности.

Так как angle PNK=60^{circ}, angle NPK=47^{circ}, получаем: angle NKP=73^{circ}. В равнобедренном треугольнике PMK, angle MPK=frac{180^{circ}-angle PMK}2=30^{circ}. Учитывая, что PW perp NK, получаем: angle WPK=90^{circ}-angle NKP=17^{circ}. Отсюда angle WPM=angle MPK-angle WPK=13^{circ}.

angle MPK=30^{circ}, angle QPK=frac{angle NPK}2=frac{47^{circ}}2=23, 5^{circ}

angle KPW= 90^{circ}-angle NKP= 90^{circ}-73^{circ}= 17^{circ}, значит, angle MPK>angle QPK>angle KPW, поэтому лучи PW, PQ и PM пересекают дугу окружности в порядке, указанном на рисунке.

Четырёхугольник PMQW вписан в окружность, поэтому сумма его противоположных углов равна 180^{circ} и angle MQW= 180^{circ}-angle WPM= 180^{circ}-13^{circ}= 167^{circ}.

Ответ

б) 167^{circ}.

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

Задание №1199

Условие

В треугольнике ABC проведены высоты AM и BN. На них из точек M и N опущены перпендикуляры MK и NF соответственно:

а) Докажите, что прямые KF и AB параллельны.

б) Найдите отношение KF:AB, если angle ACB=60^{circ}.

Показать решение

Решение

а) triangle ANO sim triangle BMO по первому признаку подобия (angle ANO=angle BMO=90^{circ}, angle AON=angle BOM как вертикальные). Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим frac{AO}{OB}=frac{NF}{KM} (1).

triangle NFO sim triangle MKO по первому признаку подобия

(angle NFO=angle MKO=90^{circ}, angle NOF=angle MOK как вертикальные), отсюда frac{OF}{OK}=frac{NF}{MK}. (2).

Из 1) и 2) следует, что frac{AO}{OB}=frac{OF}{OK}.

Следовательно, triangle AOB sim triangle FOK по второму признаку подобия (angle AOB — общий, frac{AO}{FO}=frac{OB}{OK}).

Из подобия следует angle OAB=angle OFK. Углы OAB и OFK соответственные при прямых AB и KF и секущей AO, следовательно, AB parallel KF по признаку параллельности прямых.

б) В четырёхугольнике NCMO, angle MON= 360^{circ}-(angle N+angle M+angle C)= 120^{circ}.

В triangle MOK, angle MKO=90^{circ}, angle MOK=60^{circ} как смежный с angle MON, тогда angle OMK=30^{circ}. Пусть OK=x, OM=2OK=2x.

В triangle OMB, angle OMB=90^{circ}, angle MOB=60^{circ}, angle MBO=30^{circ}, OB=2OM=4x.

По доказанному в пункте а) triangle FOK sim triangle AOB, значит, сходственные стороны пропорциональны: frac{KF}{AB}=frac{OK}{OB}=frac{x}{4x}=frac14.

Следовательно, KF:AB=1:4.

Ответ

KF:AB=1:4.

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

Лучшие репетиторы для сдачи ЕГЭ

Сложно со сдачей ЕГЭ?

Звоните, и подберем для вас репетитора: 78007750928

Источник

Задача 3. Начала теории вероятностей

Задача 4. Вероятности сложных событий

Задача 5. Простейшие уравнения

Задача 5. Простейшие уравнения

Задача 6. Вычисления и преобразования

Задача 7. Производная и первообразная

Задача 8. Задачи с прикладным содержанием

Задача 9. Текстовые задачи

Задача 10. Графики функций

Задача 11. Наибольшее и наименьшее значение функций

Источник