Тема 17. Задачи по планиметрии

17.03 Задачи формата ЕГЭ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#11679Максимум баллов за задание: 3

На диагонали параллелограмма взяли точку, отличную от её середины. Из неё на все стороны параллелограмма (или их продолжения) опустили перпендикуляры.

a) Докажите, что четырёхугольник, образованный основаниями этих перпендикуляров, является трапецией.

б) Найдите площадь полученной трапеции, если площадь параллелограмма равна $16,$ а один из его углов равен $60∘$ .

(МИОО 2014)

Показать ответ и решение

а) Очевидно, что основания перпендикуляров на прямые, содержащие противоположные стороны параллелограмма, и точка, из которой они опущены лежат на одной прямой. Мы не знаем точное положение точек, поэтому не будем им пользоваться. Возьмем пару прямых, содержащих противоположные стороны параллелограмма. Диагональ будет отрезком секущей для пары параллельных прямых, заключенным между ними. Пусть $T$ — точка выбранная на диагонали $AC$ , $E$ и $F$ основания перпендикуляров. Получим картинку, приведенную ниже.

$PIC$

$△ ATF ∼ △CT E$ по трем углам с коэффициентом $AT FT k = TC-= TE-$ . То есть перпендикуляр между прямыми, содержащими противоположные стороны параллелограмма, делится точкой пересечения в том же отношении, что и диагональ. Это верно и для второго перпендикуляра. Получается, что перпендикуляры — это два пересекающихся отрезка, которые делятся точкой пересечения в одинаковом отношении (равном отношению на диагонали). Пусть второй перпендикуляр $GH$ , тогда $△ ET H ∼ △F TG$ по двум сторонам и углу $⇒ ∠GF T = ∠HET ⇒ GF ∥ EH$ и $GF HE$ — трапеция.

$PIC$

б) Заметим, что стороны параллелограмма, как и диагонали, являются отрезками секущих для двух параллельных прямых, а длины диагоналей трапеции из первого пункта являются расстояниями между парами противоположных сторон параллелограмма (т.к. перпендикулярны им). Во втором пункте нам фактически дано, что угол наклона этих секущих равен $∘ 60$ .

Обозначим длины сторон параллелограмма через $a$ и $b$ , тогда расстояния между соответствующими парами противоположных сторон (и длины диагоналей нашей трапеции соответственно) равны $√- asin60∘ = 23a$ и $bsin60∘ = √3b 2$ . Найдем угол между диагоналями. Картинка будет иметь вид, приведенный ниже, где $α$ равен $∘ 60$ или $∘ 120$ в зависимости от того, на какой диагонали параллелограмма выбрана точка $T$ .

$PIC$

По сумме углов четырехугольника $∠ET D$ , соответствующий углу между диагоналями трапеции, равен $180∘ − α$ . Тогда его синус равен синусу $α$ равен $√ - -23$ . Тогда площадь трапеции равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними:

$pict$

Ответ:

б) 6.

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#11680Максимум баллов за задание: 3

Окружность с центром $O,$ вписанная в треугольник $ABC,$ касается стороны $BC$ в точке $P$ и пересекает отрезок $BO$ в точке $Q.$ При этом отрезки $OC$ и $QP$ параллельны.

а) Докажите, что треугольник $ABC$ — равнобедренный.

б) Найдите площадь треугольника $BQP,$ если $AC = 2a$ и точка $O$ делит высоту $BD$ треугольника в отношении $BO :OD = 3:1.$

Источники: ЕГЭ 2014, официальный пробный

Показать ответ и решение

а) Обозначим угол $BCO = γ,$ $CO$ — биссектриса угла $BCA,$ $CO ∥ PQ.$ Тогда имеем:

∠OCA = ∠BCO = ∠BP Q = γ

Так как $∠BP Q$ — угол между касательной и хордой $QP,$ то он равен половине градусной меры дуги $QP.$ Центральный угол $P OQ$ опирается на эту дугу, значит, $∠POQ = 2γ.$

$PIC$

Поскольку $P$ — точка касания окружности и стороны $BC,$ то треугольник $BP O$ прямоугольный и $∠OBP = 90∘− 2γ.$ Так как $BO$ — тоже биссектриса, то

∘ ∠ABO = ∠OBP = 90 − 2γ

По сумме углов треугольника $ABC$ получаем

∠CAB = 180∘− 2γ − (180∘− 4γ)= 2γ

Тогда имеем $∠CAB =2γ = ∠BCA,$ отсюда треугольник $ABC$ — равнобедренный.

б) Поскольку треугольник $ABC$ — равнобедренный, то $BO$ — медиана и высота, отсюда $AD = DC = a.$ Так как $CO$ — биссектриса в треугольнике $CDB,$ то

DO CD 1 OB-= -CB = 3 ⇒ CB = 3a

По теореме Пифагора в треугольнике $BCD :$

∘ ---------- √- BD = BC2 − DC2 = 2 2a 1 √2 OD = 4BD = -2 a

Отрезки $CD =CP = a$ как отрезки касательных, тогда $BP = BC − CP = 2a.$

$PIC$

Найдем площадь треугольника $OBC :$

√- 1 1 3-2-2 SOBC = 2PO ⋅BC = 2DO ⋅BC = 4 a

Далее, $△ QBP ∼ △OBC$ по двум углам с коэффицентом подобия

k = BP-= 2 BC 3

Тогда искомая площадь равна

√- ( ) √- S = S ⋅k2 = 3-2a2 ⋅ 2 2 =-2a2 QBP OBC 4 3 3

Ответ:

б) $a2√2-- 3$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#11681Максимум баллов за задание: 3

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 $AB = 12,$ $CH = 5.$

Показать ответ и решение

а) Очевидно, что $EHKC$ — прямоугольник, тогда $∠KCH = ∠EKC =α.$

В треугольнике $CHB :$

∠HBC = 90∘− ∠BCH = 90∘ − α.

В треугольнике $EKC :$

∘ ∘ ∠CEK = 90 − ∠EKC = 90 − α = ∠HBK.

Видим, что

∘ ∘ ∠KEA = 180 − ∠CEK = 90 + α

Тогда в четырехугольнике $ABKE$ сумма противоположных углов равна

∘ ∘ 180 (∠KEA +∠ABK = 180 )

Значит, $ABKE$ — вписанный четырехугольник.

$PIC$

б) Отметим на продолжении прямой $EH$ за точку $H$ точку $′ C$ такую, что $′ CB = HC .$ В полученном четырехугольнике $CHC ′B$ сторона $CB$ параллельна и равна $HC ′,$ следовательно, $CHC ′B$ — параллелограмм, значит, $CH = BC ′ = 5,$ $∠CHB = ∠C ′BH = 90∘,$ $∠BCH = ∠HC ′B = α.$

Видим, что

∠BKE = 180∘− ∠EKC = 180∘− α

Тогда $EC ′BK$ — вписанный четырехугольник, так как сумма противоположных углов $BKE$ и $EC ′B$ равна $180∘.$

Три точки $E,$ $K$ и $B$ единственным образом задают окружность, значит, $′ AC$ — диаметр окружности, проходящей через точки $A,$ $E,$ $K,$ $B$ и $′ C ,$ так как $′ ∘ ∠C BA =90 .$ По теореме Пифагора

′ ∘ ---------- AC = BA2 + C′B2 =13

Тогда радиус окружности равен $13 2 .$

$PIC$

Ответ:

б) $13 2$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#11682Максимум баллов за задание: 3

Две окружности пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Прямая, проходящая через точку $P$ , второй раз пересекает первую окружность в точке $A$ , а вторую — в точке $D$ . Прямая, проходящая через точку $Q$ параллельно $AD$ , второй раз пересекает первую окружность в точке $B$ , а вторую — в точке $C$ .

а) Докажите, что четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм.

б) Найдите отношение $BP : PC$ , если радиус первой окружности вдвое больше радиуса второй.

(МИОО 2014)

Показать ответ и решение

а) $QP DC$ — вписанный $⇒ ∠DCQ + ∠QP D = 180∘ ⇒ ∠AP Q = ∠DCQ$ .

$AP QB$ — вписанный $⇒ ∠AP Q + ∠QBA = 180∘ ⇒ ∠AP Q = ∠ABE$ .

$∠ABE = ∠DCE ⇒ AB ∥ DC$ . С учетом того, что по условию $AD ∥ BC,$ получаем, что $ABCD$ — параллелограмм по определению.

$PIC$

б) $AP QB$ — вписанный $∘ ⇒ ∠BAP + ∠PQB = 180 ⇒ ∠BAP = ∠CQP$ . $∠BO1P = 2∠BAP$ , $∠CO2P = 2∠CQP$ как центральные опирающиеся на те же дуги, тогда $∠BO1P = ∠CO2P ⇒ △BO1P ∼ △CO2P$ с коэффициентом, равным отношению радиусов. Значит $BP : PC = 2 : 1$ .

$PIC$

NB В задаче возможны другие расположения точек, несложно увидеть, что решение для них практически не изменится.

$PIC$

Ответ:

б) $2 : 1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#17538Максимум баллов за задание: 3

Вписанная окружность остроугольного треугольника $ABC$ с центром $I$ касается его сторон $AB$ и $BC$ в точках $Q$ и $P$ соответственно. Прямая $AI$ пересекает продолжение отрезка $QP$ за точку $P$ в точке $K.$ Точка $C1$ — основание высоты из вершины $C$ в треугольнике $ABC.$

а) Докажите, что точки $A,$ $C1,$ $K$ и $C$ лежат на одной окружности.

б) Найдите $BK$ при условии, что $∠BAC = 60∘,$ $AC = 4,$ $AB =3.$

Показать ответ и решение

а) Обозначим половину угла $A$ треугольника через $α,$ половину угла $C$ треугольника — через $γ.$ Тогда $∠CIK = ∠ICA + ∠CAI = γ+ α$ как внешний для треугольника $CAI.$

По сумме углов треугольника $ABC$ имеем:

∠ABC = 180∘− 2α − 2γ

Рассмотрим треугольник $BP Q.$ Отрезки $BP = BQ$ как касательные к окружности из точки $B.$

Тогда в равнобедренном треугольнике $BQP$ имеем:

∠BP Q = ∠PQB = 1(180∘− ∠QBP )= 2 = 1(180∘− (180∘− 2α − 2γ))= α + γ 2

$PIC$

Углы $∠CP K = ∠BP Q = α+ γ$ как вертикальные. Тогда в четырехугольнике $CIP K$ углы, опирающиеся на сторону $CK,$ равны $∠CIK = α + γ = ∠CP K.$

Следовательно, четырехугольник $CIPK$ вписанный и углы, опирающиеся на сторону $CI,$ тоже равны: $∠IP C =∠IKC.$ Угол $∠IP C = 90∘,$ так как радиус $IP$ к точке касания перпендикулярен касательной. Получили $∠IKC = ∠IPC = 90∘.$

Рассмотрим четырехугольник $AC KC. 1$ В нем углы, опирающиеся на сторону $AC,$ равны $∠AC C = 90∘ = ∠AKC, 1$ следовательно, $AC1KC$ — вписанный.

б) В пункте а) мы доказали, что $∠AKC = 90∘.$ По условию пункта б) $∠CAK = 12∠CAB = 30∘.$ Получили, что треугольник $CAK$ — прямоугольный с углом $∠A = 30∘,$ тогда

√- AK = AC cos30∘ = 2 3

$PIC$

С учетом $∠KAB = 1∠CAB = 30∘ 2$ запишем теорему косинусов для треугольника $KAB,$ чтобы найти $BK :$

BK =∘AK2--+-AB2-−-2AK-⋅AB-cos∠KAB- = ∘ ------------------- √- √3 √- = 12+ 9− 2⋅2 3⋅3 ⋅2--= 3

Ответ:

б) $√ - 3$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 26#11685Максимум баллов за задание: 3

Медианы $AA1$ , $BB1$ и $CC1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $M$ . Точки $A2$ , $B2$ и $C2$ — середины отрезков $M A$ , $M B$ и $M C$ соответственно.

а) Докажите, что площадь шестиугольника $A B C A B C 1 2 1 2 1 2$ вдвое меньше площади треугольника $ABC$ .

б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиугольника, если известно, что $AB = 5$ , $BC = 8$ и $AC = 10$ .

(МИОО 2013)

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим треугольник $M C1A$ . Отрезок $C1A2$ — его медиана $⇒ SAC1A2 = SMC1A2$ , причем один из этих двух треугольников входит в шестиугольник. Проведя аналогичные рассуждения для треугольников $M C1B$ , $M A1B$ , $M A C 1$ , $M B C 1$ и $M B A 1$ , получим, что площадь шестиугольника $A B C A B C 1 2 1 2 1 2$ равна половине площади треугольника $ABC$ .

$PIC$

б) Известно, что каждая медиана делится точкой $M$ пересечения медиан в отношении $2 : 1$ , считая от вершины. Точки $A2$ , $B2$ и $C2$ — середины отрезков от соответствующих вершин треугольника до точки $M$ , тогда медианы будут разбиты на три равные части.

Рассмотрим треугольник $ABM$ . Точка $C1$ — середина $AB$ , точка $A2$ — середина $AM ⇒ C1A2$ — средняя линия в треугольнике $ABM ⇒ C1A2 = 1BM ⇒ C1A2 = 1BB1 2 3$ . По аналогичным соображениям каждая из сторон шестиугольника равна трети медианы, которой она параллельна.

Обозначим длины медиан: $AA1 = a$ , $BB1 = b$ и $CC1 = c$ . Тогда искомая величина суммы квадратов сторон шестиугольника (обозначим ее $K$ ) равна

K = 2 $( a) 3-$ ² + 2 $(b) 3$ ² + 2 $( c) 3$ ² = $2 9$ (a² + b² + c²)

По формуле для медианы

$pict$

$PIC$

Ответ:

б) $63 2-$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 27#11687Максимум баллов за задание: 3

Биссектриса угла $ADC$ параллелограмма $ABCD$ пересекает прямую $AB$ в точке $E.$ В треугольник $ADE$ вписана окружность, касающаяся стороны $AE$ в точке $K$ и стороны $AD$ в точке $T.$

а) Докажите, что прямые $KT$ и $DE$ параллельны.

б) Найдите угол $BAD,$ если известно, что $AD = 6$ и $KT = 3.$

Показать ответ и решение

Заметим, что неважно, лежит точка $E$ на отрезке $AB$ или на его продолжении, положение точек $B$ и $C$ вообще не используется.

а) По условию $DE$ — биссектриса угла $ADC,$ тогда $∠CDE = ∠EDA.$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то

AB ∥ CD ⇒ ∠AED = ∠CDE ⇒ ∠AED = ∠EDA

Значит, треугольник $AED$ — равнобедренный.

$PIC$

Также $AK = AT$ как отрезки касательных к окружности из точки $A,$ значит, $△ AKT ∼ △AED$ как равнобедренные с общим углом при вершине $A.$ Тогда $∠AKT = ∠AED,$ следолвательно, $KT ∥ED.$

б) Пусть $F$ — точка касания вписанной окружности со стороной $ED.$

Обозначим $T D = a,$ тогда $AT = 6− a.$

По пункту а) треугольники $AKT$ и $AED$ равнобедренные, поэтому

AK = AT = 6 − a, KE = TD = a

Кроме того, как отрезки касательных из точек $D$ и $E$ соотвественно, равны отрезки

T D = FD = a, KE =F E = a

$PIC$

Из подобия треугольников $AKT$ и $AED$ следует, что

$pict$

Тогда $△ AED$ — равносторонний и $∘ ∠DAE = ∠DAB = 60 .$

Ответ:

б) $∘ 60$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 28#11690Максимум баллов за задание: 3

В треугольник $ABC$ вписана окружность радиуса $R,$ касающаяся стороны $AC$ в точке $D,$ причем $AD =R.$

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.

б) Вписанная окружность касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $E$ и $F.$ Найдите площадь треугольника $BEF,$ если известно, что $R = 5$ и $CD = 15.$

Источники: (МИОО 2013)

Показать ответ и решение

а) Радиусы $IE$ и $ID$ перпендикулярны касательным $AB$ и $AC,$ также по условию $AD = R,$ следовательно, $AD =ID = IE.$ Кроме того, $AD = AE$ как отрезки касательных.

Получили, что в четырехугольнике $AEID$ все стороны равны, значит, он является ромбом. При этом у него есть углы, равные $90∘,$ следовательно, $AEID$ — квадрат.

$PIC$

б) Далее, $AE = AD = 5,$ $CD =CF = 15$ как отрезки касательных. Обозначим $BE = BF = a,$ $p = a+ 20$ — полупериметр треугольника $ABC.$ Тогда, записав площадь треугольника $ABC$ двумя способами, получим

$pict$

$PIC$

Ответ:

б) 40

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 29#351Максимум баллов за задание: 3

$ABCDE$ – выпуклый пятиугольник, про который известно, что $∠A ≥ 120∘$ , $∠B ≤ 70∘$ , $∠C ≥ 130∘$ .

а) Докажите, что около хотя бы одного из четырёхугольников $ABCD$ и $ACDE$ нельзя описать окружность.

б) Найдите $AE$ , если в $ABCDE$ вписана окружность, касающаяся стороны $AE$ в её середине, $PABCDE = 10$ , $AB + CD + AE = 6, 5$ .

Показать ответ и решение

а) Если около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника $ACD.$

Если около четырёхугольника $ACDE$ можно описать окружность, то она будет описанной и для треугольника $ACD.$

Так как около треугольника можно описать ровно одну окружность, то описанные около четырёхугольников $ABCD$ и $ACDE$ окружности должны совпасть, следовательно, тогда пятиугольник $ABCDE$ также будет вписанным.

Таким образом, достаточно показать, что около $ABCDE$ нельзя описать окружность.

$PIC$

Пусть пятиугольник $ABCDE$ — вписанный, тогда

∠A + ∠C = 0,5⋅⌣ BCDE +0,5⋅⌣ BAED = 0,5 ⋅180∘+ ⌣ DE,

где $⌣ DE$ отлична от $⌣ DCBAE.$ Таким образом, $∠A + ∠C > 180∘.$

Аналогично для любых двух несмежных углов вписанного пятиугольника: их сумма больше 180 градусов.

По условию $∠A + ∠C ≥ 250∘,$ тогда $∠B +∠D + ∠E ≤ 290∘,$ но $∠B ≤ 70∘$ , тогда

∘ 2∠B + ∠D + ∠E ≤ 360 .

Если бы около $ABCDE$ можно было описать окружность, то было бы верно $∠B + ∠E > 180∘$ и $∠B + ∠D > 180∘$ , тогда было бы

∘ ∠E + 2∠B + ∠D > 360 ,

что не верно для $ABCDE$ , следовательно, около $ABCDE$ нельзя описать окружность, откуда следует, что около хотя бы одного из четырёхугольников $ABCD$ и $ACDE$ нельзя описать окружность.

б) $PIC$

Пользуясь тем, что отрезки касательных к окружности, проведённых из одной точки, равны, а окружность касается $AE$ в середине, обозначим длины отрезков касательных, проведённых из точки $A$ , через $a$ , длины отрезков касательных, проведённых из точки $B$ , через $b$ и т.д.

PABCDE =4a +2b+ 2c+ 2d= 10,

тогда $2a+ b+ c+ d= 5$ .

AB +CD +AE = 3a + b+c +d = a+ (2a +b+ c+ d)= a+ 5 =6,5,

откуда $a= 1,5$ , следовательно, $AE = 3$ .

Ответ:

б) $3$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 30#353Максимум баллов за задание: 3

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

а) Докажите, что $CD ∥ AB$ .

б) Найдите $∠ABC$ , если $AB = 2 ⋅ AC$ .

Показать ответ и решение

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 $∠ABC = ∠ECD$ , следовательно, $AB ∥ CD$ (так как внутренние накрест лежащие углы при прямых $AB$ , $CD$ и секущей $CB$ равны).

$PIC$

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

Таким образом, $∠ACB = 90∘$ , откуда $∠ABC + ∠BAC = 90∘$ , но $∠BAC = 2∠ABC$ , тогда

∘ ∘ 3 ⋅ ∠ABC = 90 ⇒ ∠ABC = 30 .

Ответ:

б) $30∘$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 31#354Максимум баллов за задание: 3

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 $BQP C$ , если $AP = 2$ , $PC = 4$ .

Показать ответ и решение

а) Равенство длин $AC$ и ломаной $QAP$ равносильно равенству длин $AQ$ и $P C$ .

На стороне $AB$ отметим точку $T$ так, что $AT = AP$ . Так как $△ABC$ – равносторонний, то $AB = AC$ , следовательно,

AT AP ---- = ----. AB AC

Рассмотрим треугольники $ABC$ и $AT P$ :

AT AP ----= ---, ∠P AT — о бщ ий, AB AC

следовательно, они подобны по пропорциональности двух сторон и равенству углов между ними, откуда

AT--= AP--= P-T-, AB AC BC

следовательно, $P T = AP = AT$ .

$PIC$

Так как треугольник $∠AP T$ – равносторонний, то $∠AT P = ∠T AP = 60∘$ , откуда $∠BT P = ∠QAP$ .

Кроме того, так как $P Q = BP$ , то $∠AQP = ∠ABP$ . Из этого следует, что

∠AP Q = 180∘ − ∠AQP − ∠QAP = 180∘ − ∠ABP − BT P = ∠BP T,

следовательно, треугольники $BT P$ и $AP Q$ равны по двум сторонам и углу между ними, откуда

AQ = BT = AB − AT = AC − AP = P C.

б) $AQ = P C = 4$ . Так как $∠BAC = 60 ∘$ , то $∠QAP = 120 ∘$ , тогда

√ -- S △QAP = 0,5 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ sin 120∘ = 2 3.

Так как $△ABC$ – равносторонний с длиной стороны $6$ , то

62√3-- √ -- S△ABC = ------= 9 3. 4

Таким образом,

√ -- SBQP C = S △QAP + S△ABC = 11 3.

Ответ:

б) $√ -- 11 3$ .

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 32#406Максимум баллов за задание: 3

Четырёхугольник $M N PQ$ вписан в окружность, причём $M N QM -----= ----- PQ P N$ .

а) Докажите, что точки $N$ и $Q$ равноудалены от прямой, содержащей $M P$ .

б) Найдите расстояние от точки $P$ до прямой, содержащей $M Q$ , если $M P = 4$ , расстояние от $N$ до прямой, содержащей $M P$ равно $1,5$ , $M Q = 3$ .

Показать ответ и решение

а) Так как $M N QM ----- = ----- PQ P N$ , то $M N ⋅ PN = QM ⋅ P Q$ .

$PIC$

Так как $M N P Q$ вписанный, то $∠M N P = 180∘ − ∠M QP$ , следовательно, $sin ∠M N P = sin ∠M QP$ .

В итоге

S△MNP = 0,5 ⋅ M N ⋅ P N ⋅ sin ∠M N P = 0,5 ⋅ QM ⋅ P Q ⋅ sin ∠M QP = S △MQP .

С другой стороны, у треугольников $M N P$ и $M QP$ общее основание, следовательно, их площади относятся как высоты, проведённые к этому основанию, тогда эти высоты равны, значит, точки $N$ и $Q$ равноудалены от прямой, содержащей $M P$ .

б) В данном случае $S △MNP = 0,5 ⋅ 4 ⋅ 1,5 = 3$ , но $S △MNP = S△MQP$ . Обозначим расстояние от точки $P$ до прямой, содержащей $M Q$ через $h$ , тогда

S△MQP = 3 = 0,5 ⋅ 3 ⋅ h,

следовательно, $h = 2$ .

Ответ:

б) $2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 33#407Максимум баллов за задание: 3

$ABC$ – равносторонний треугольник, $AB = a$ . В вершинах треугольника $ABC$ построены окружности радиуса $0,5a < R < a$ . Всевозможные точки пересечения двух из этих окружностей, лежащие вне треугольника $ABC$ , образуют треугольник (обозначим его через $T$ ).

а) Докажите, что треугольник $T$ подобен треугольнику $ABC$ .

б) Найдите периметр треугольника $T$ .

Показать ответ и решение

а) Обозначим вершины треугольника $T$ через $A′$ , $B′$ и $C ′$ как показано на рисунке. Пусть $O$ – центр треугольника $ABC$ .

Так как своими центром и радиусом любая окружность определяется однозначно, то точки $′ A$ , $′ B$ и $′ C$ однозначно определяются положениями точек $A$ , $B$ и $C$ и числом $R$ .

Так как поворот плоскости является движением (сохраняет любые расстояния), то при повороте плоскости на $120 ∘$ вокруг точки $O$ множество точек ${A; B; C }$ перейдёт само в себя, следовательно, и множество точек ${A′;B ′;C ′}$ перейдёт само в себя.

$PIC$

Если бы одна из сторон треугольника $T$ была длиннее других его сторон, то при повороте плоскости множество $′ ′ ′ {A ;B ;C }$ не перешло бы в себя (иначе длинная сторона перешла бы в более короткую, но поворот плоскости – движение), следовательно, у $T$ нет стороны, которая длиннее других, следовательно, $T$ – равносторонний, а все равносторонние треугольники подобны.

б) Рассмотрим треугольник $′ AC B$ : $′ ′ AC = C B = R$ , $AB = a$ .

Этими данными треугольник определяется однозначно. Обозначим $∠C ′AB = α$ и запишем для него теорему косинусов:

R2 = R2 + a2 − 2aR cosα ⇔ cos α = -a- 2R

$∠CAB ′ = α$ так как треугольники $ABC ′$ и $AB ′C$ равны по трём сторонам, тогда $∠C ′AB = 2α + 60∘$ .

По теореме косинусов в треугольнике $C ′AB ′$ :

′ ′2 2 2 2 ∘ ′ ′2 2 2 ∘ ∘ C B = R + R( − 2R cos(2 α + 60 ) ⇒ C B = 2R) − 2R (cos(2α ) ⋅ cos 60 − sin (2α ) ⋅ sin 60 ) = √ -- = 2R2 − 2R2 (2 cos2α − 1 ) ⋅ 0,5 − 2 sin α cosα ⋅-3 2

Из основного тригонометрического тождества при учёте того, что $∘ 0 ≤ α < 180$ :

∘ --------- √ -------2-- -a2- sin α = 1 − cos α = 1 − 4R2 .

Итого

( ( 2 ) ∘ ------2-- √ -) √ -- √ --------- C′B ′2 = 2R2 − 2R2 a---− 1 ⋅ 0,5 − 1 − -a-- ⋅-a- ⋅ 3 = 3R2 − 0,5a2 + --3-a 4R2 − a2 2R2 4R2 2R 2 ∘ --------------√--------------- ′ ′ 3 √ --------- ⇒ C B = 3R2 − 0,5a2 + ----a 4R2 − a2, 2

следовательно, периметр $T$ равен

∘ ---------------√-------------- 3 √ --------- 3 3R2 − 0,5a2 + ----a 4R2 − a2. 2

Ответ:

б) $∘ ---------------√-------------- 2 2 --3- √ --2----2- 3 3R − 0,5a + 2 a 4R − a$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 34#765Максимум баллов за задание: 3

Диагонали параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $E.$ Биссектрисы углов $DAE$ и $EBC$ пересекаются в точке $F,$ причем $ECF D$ — параллелограмм.

а) Докажите, что треугольники $BCF$ и $ADF$ равны.

б) Найдите величину угла $AFB.$

Показать ответ и решение

а) Обозначим половину угла $DAE$ за $α,$ а половину угла $EBC$ за $β.$ Тогда так как $ECF D$ — параллелограмм, то $CF ∥ED$ и $EC ∥DF.$ Значит, $∠EBF$ и $∠CF B$ — накрест лежащие углы при параллельных прямых $CF$ и $BD$ и секущей $BF.$ Следовательно, $∠CF B = β.$

Аналогично доказывается, что $∠DF A= α.$

$PIC$

Следовательно, $△BCF$ и $△ADF$ — равнобедренные, то есть $BC = CF$ и $AD =DF.$ Но так как $ABCD$ — параллелограмм, то $BC = AD,$ следовательно, $BC =CF =AD = DF = x.$

Так как $ECF D$ — параллелограмм, то $EC = DF = x,$ $ED = CF = x.$ Следовательно, $EC =CF = FD = ED = x.$ То есть $ECF D$ — ромб.

Значит, из $BC = EC$ следует, что $△BCE$ — равнобедренный, то есть $∠BEC = 2β.$ Аналогично $△AED$ — равнобедренный и $∠AED = 2α.$ Но $∠BEC$ и $∠AED$ — вертикальные, следовательно, $2β = 2α,$ откуда $α = β.$

$PIC$

б) Заметим также, что $∠ADE = ∠EBC$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD.$ Следовательно, в $△AED$ все углы равны по $2α.$ Значит, он равносторонний и $2α = 60∘.$

Тогда $∠CED = 180∘− 2α= ∠CF D$ как противоположные углы параллелограмма, следовательно,

∘ ∘ ∘ ∠AF B =∠CF D − α − α = 180 − 2α − 2α= 180 − 4α= 60

Замечание.

Заметим, что вообще говоря $ABCD$ — прямоугольник, потому что из $AE = ED$ следует, что и $AC = BD$ — а равенство диагоналей параллелограмма и есть признак того, что это прямоугольник.

Ответ:

б) $60∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 35#848Максимум баллов за задание: 3

На стороне $M N$ треугольника $M N P$ отметили точки $Q$ , $R$ и $S$ так, что $∠M P Q = ∠QP R = ∠RP S = ∠SP N$ .

а) Докажите, что если $S△NP R = S △RP M$ , то $S △PRS ⁄= S△NP S$ .

б) Найдите $P S ---- QP$ , если $M P = a$ , $N P = b$ , $RP = c$ .

Показать ответ и решение

а) Так как у треугольников $N PR$ и $RP M$ общая высота к основаниям $N R$ и $RM$ соответственно, то их площади относятся как их основания, то есть из $S△NP R = S △RP M$ следует равенство $N R = RM$ .

$PIC$

Тогда $P R$ – медиана в треугольнике $M N P$ , которая является биссектрисой, откуда $M P = N P$ и $P R$ – высота.

Аналогично из равенства $S △PRS$ и $S△NP S$ следовало бы, что $RP = N P$ , но $RP ⊥ M N$ , а $N P$ не совпадает с $RP$ , следовательно, $N P > RP$ и $S△P RS ⁄= S △NP S$ .

б)

Первый способ.

$PIC$

Обозначим $∠SP N = α$ , тогда

S△P NR = 0,5 ⋅ bc ⋅ sin2α.

С другой стороны,

S△P NR = S△P NS + S △PSR = 0,5 ⋅ b ⋅ SP ⋅ sinα + 0, 5 ⋅ c ⋅ SP ⋅ sin α,

тогда

$0,5 ⋅ bc ⋅ sin2α = 0,5 ⋅ b ⋅ SP ⋅ sinα + 0, 5 ⋅ c ⋅ SP ⋅ sin α ⇔ 0,5 ⋅ 2 cosα sinα ⋅ bc = 0,5 sin α ⋅ SP (b + c) ⇔$

$⇔ 2 cosα ⋅ bc = SP (b + c) ⇔ SP = 2bc-⋅ cos-α. b + c$
так как $a + c ⁄= 0$ .

На самом деле здесь мы не ограничивая общности (т.е. к произвольному треугольнику можно применить те же рассуждения) выразили биссектрису треугольника через половину угла, из которого она выходит, и через стороны, заключающие этот угол.

Тогда аналогично $2ac ⋅ cosα P Q = ---------- a + c$ , откуда

P-S-= 2bc ⋅-cosα-: 2ac ⋅-cosα-= b(a +-c). QP b + c a + c a(b + c)

Второй способ.

$PIC$

По свойству биссектрисы $P S$ треугольника $N PR$ :

P-N- N-S- b PR = RS = c

Следовательно, можно обозначить $N S = b ⋅ t$ , $RS = c ⋅ t$ , где $t$ – некоторый коэффициент.

Аналогично для $△M P R$ :

M P M Q a -----= -----= -- RP RQ c

Следовательно, $M Q = a ⋅ k,RQ = c ⋅ k$ .

Теперь по этому же свойству для $△SP Q$ и биссектрисы $P R$ имеем:

P-S- = c-⋅ t = t- P Q c ⋅ k k

Следовательно, необходимо найти отношение $t : k$ .

По этому же свойству для $△N PM$ и биссектрисы $PR$ :

N-P--= N-R-- ⇔ b-= -(b +-c)-⋅ t ⇒ -t = b(a-+-c) = P-S-. M P M R a (a + c) ⋅ k k a(b + c) P Q

Ответ:

б) $b(a-+-c) a(b + c)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 36#861Максимум баллов за задание: 3

Окружность касается стороны $AC$ остроугольного треугольника $ABC$ и делит каждый каждую из сторон $AB$ и $BC$ на три равные части.

а) Докажите, что $△ABC$ равнобедренный.

б) Найдите, в каком отношении, считая от вершины $B$ , высота этого треугольника делит сторону $BC$ .

(Задача от подписчиков.)

Показать ответ и решение

а) Пусть $A1,A2$ – точки пересечения окружности со стороной $BC$ , $C1, C2$ – со стороной $AB$ . Пусть $BC2 = a$ , $BA2 = b$ .
Т.к. для двух секущих $BA$ и $BC$ , проведенных из одной точки, выполнено: $BC2 ⋅ BC1 = BA2 ⋅ BA1$ , то

a ⋅ 2a = b ⋅ 2b ⇔ a = b.

Следовательно, $AB = BC = 3a$ , то есть $△ABC$ равнобедренный.

$PIC$

б) Т.к. квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то

-- -- AB2 = AC ⋅ AC = CA ⋅ CA = CB2 = 2a2 ⇔ AB = CB = √ 2a ⇒ AC = 2√ 2a. 1 1 2 1 2 1 1 1

Следовательно, имеем равнобедренный треугольник со сторонами $3a,3a$ и $√ -- 2 2a$ .
Пусть $AH$ – высота. Тогда из прямоугольных $△ABH$ и $△ACH$ :

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AH = AB − BH = AC − CH ⇒ 9a − BH = 8a − CH ⇔ (BH − CH )(BH +CH ) = a .

Т.к. $BH + CH = BC = 3a$ , то имеем: $1- BH − CH = 3a$ .

Следовательно, $5 BH = -a 3$ , $4 CH = --a 3$ , откуда $BH : CH = 5 : 4$ .

Ответ:

б) $5 : 4$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 37#1079Максимум баллов за задание: 3

Две окружности касаются внешним образом в точке $L$ . Прямая $AB$ касается первой окружности в точке $A$ , а второй – в точке $B$ . Прямая $BL$ пересекает первую окружность в точке $D$ , а прямая $AL$ пересекает вторую окружность в точке $C$ .

а) Докажите, что прямые $AD$ и $BC$ параллельны.

б) Найдите площадь треугольника $ALB$ , если известно, что радиусы окружностей равны $8$ и $2$ .

Показать ответ и решение

а) $PIC$

Пусть $O$ – центр первой окружности, $Q$ – центр второй. Докажем, что точки $A,O, D$ лежат на одной прямой (то есть что $AD$ – диаметр). Так как $OA ⊥ AB$ , $QB ⊥ AB$ (как радиусы, проведенные в точки касания), то $AO ∥ BQ$ . Следовательно, $∘ ∠AOL + ∠BQL = 180$ как односторонние углы при $AO ∥ BQ$ и $OQ$ секущей.
$∠BLQ = ∠OLD$ как вертикальные.
Заметим, что $△BLQ$ и $△LOD$ – равнобедренные, причем их углы при основании равны, следовательно, равны и углы при вершине: $∠LOD = ∠BQL$ . Таким образом, $∘ ∠AOL + ∠LOD = 180$ , следовательно, точки $A, O,D$ лежат на одной прямой.
Аналогично доказывается, что точки $B, Q, C$ лежат на одной прямой.
Следовательно, $AD ⊥ AB$ , $BC ⊥ AB$ , откуда $AD ∥ BC$ , чтд.

б) $PIC$

Обозначим $∠OLA = α$ , $∠QLB = β$ . Тогда $∠AOL = 180∘ − 2α$ , $∠BQL = 180 ∘ − 2 β$ .
Тогда $180∘ − 2α + 180 ∘ − 2 β = 180∘$ , откуда $α + β = 90 ∘$ . Следовательно, $∠ALB = 180∘ − 90∘ = 90∘$ , то есть $△ALB$ – прямоугольный с гипотенузой $AB$ .
Проведем $OH ⊥ BQ$ . Тогда $ABHO$ – прямоугольник (все углы прямые), следовательно, $HQ = BQ − AO = 8 − 2 = 6$ . Из прямоугольного $△OHQ$ по теореме Пифагора:

∘ ------------ OH = OQ2 − HQ2 = 8

Так как $ABHO$ прямоугольник, то $AB = OH = 8$ .
$△ABC$ также прямоугольный ( $∠B = 90∘$ ), следовательно,

√ ------------ √-- AC = AB2 + BC2 = 8 5

Заметим, что $△AOL ∼ △CQL$ , следовательно,

AL--= AO-- = 2- LC CQ 8

Следовательно,

1- -8-- AL = 5AC = √ -- 5

Тогда по теореме Пифагора из $△ALB$ :

√ ------------ BL = AB2 − AL2 = 1√6-- 5

Следовательно,

1- 64- SALB = 2 ⋅ AL ⋅ BL = 5

Ответ:

б) $645$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 38#1080Максимум баллов за задание: 3

В параллелограмм вписана окружность.

а) Докажите, что параллелограмм является ромбом.

б) Окружность, касающаяся стороны параллелограмма, делит ее на отрезки $3$ и $5$ . Найдите площадь выпуклого четырехугольника, вершинами которого являются точки касания окружности со сторонами параллелограмма.

Показать ответ и решение

$PIC$

а) У параллелограмма противоположные стороны равны: $AB = CD, BC = AD$ . Так как в четырехугольник вписана окружность, то суммы его противоположных сторон равны, следовательно,

AB + CD = BC + AD ⇒ 2AB = 2BC ⇒ AB = BC = CD = AD

Следовательно, по определению $ABCD$ – ромб.

б) Найдем площадь четырехугольника $A1B1C1D1$ .

$PIC$

Докажем, что $A1B1C1D1$ – прямоугольник.
Так как $OA1 ⊥ AB, OC1 ⊥ CD$ , то точки $A1,O, C1$ лежат на одной прямой, следовательно, $A1C1$ – высота ромба. Аналогично $B1D1$ – высота, то есть $A1C1 = B1D1$ (1). Также $OA = OB = OC = OD 1 1 1 1$ (2). Так как диагонали четырехугольника точкой пересечения делятся пополам – (2), то это параллелограмм. Так как диагонали параллелограмма равны – (1), то это – прямоугольник.
Пусть $BB1 = BA1 = 3,CB1 = CC1 = 5$ .
Заметим, что $∠A1OB1 = 360 ∘ − ∠OA1B − ∠OB1B − ∠B = 180∘ − ∠B$ . Аналогично $∠B1OC1 = 180∘ − ∠C$ . Следовательно, $∠A1OB1 = ∠C = α$ , $∠B1OC1 = ∠B = β$ .
Тогда $△A1OB1 ∼ △B1CC1$ , $△B1OC1 ∼ △A1BB1$ как равнобедренные по двум углам (например, $∠OA1B1 = 0,5(180∘ − α) = ∠B1C1C$ , $∠A1OB1 = ∠C$ по доказанному ранее).
Найдем по теореме косинусов $A1B1$ и $B1C1$ :

A1B21 = 32 + 32 − 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ cosβ = 32 ⋅ 2 (1 − cos β) (∗) B1C21 = 52 + 52 − 2 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ cosα = 52 ⋅ 2 (1 − cos α)

Из двух подобий, указанный ранее, следует

OA1--= A1B1-- и BB1--= A1B1-- CC1 B1C1 OB1 B1C1

Разделим первое равенство на второе и получим

OA1 ⋅ OB1 OA21 √ --- ----------- = 1 ⇒ ----- = 1 ⇒ OA1 = 15 CC1 ⋅ BB1 3 ⋅ 5

Тогда первое равенство можно переписать в виде:

√ --- --15-= A1B1-- 5 B1C1

откуда находим, что $2 2 5A1B 1 = 3B1C 1$ . Подставим в полученное равенство правые части равенств из $(∗)$ , учитывая, что, так как $α + β = 180 ∘$ , то $cosβ = − cosα$ :

1 1 5 ⋅ 32 ⋅ 2(1 − cosβ) = 3 ⋅ 52 ⋅ 2(1 + cosβ) ⇒ cos β = − -- ⇒ cos α = -- 4 4

Следовательно,

∘ -- 5- A1B1 = 3 ⋅ 2 ∘ -- B1C1 = 5 ⋅ 3- 2

Следовательно, площадь

√ --- S = A B ⋅ B C = 7,5 15 A1B1C1D1 1 1 1 1

Ответ:

$√ --- 7,5 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 39#1227Максимум баллов за задание: 3

Окружность проходит через вершины $B$ и $C$ треугольника $ABC$ и пересекает $AB$ и $AC$ в точках $C1$ и $B1$ соответственно.

а) Докажите, что треугольник $ABC$ подобен треугольнику $AB1C1.$

б) Вычислите длину стороны $BC$ и радиус данной окружности, если $∠A = 30∘,$ $B1C1 = 5$ и площадь треугольника $AB1C1$ в пять раз меньше площади четырёхугольника $BCB1C1.$

Показать ответ и решение

а) Четырехугольник $BCB1C1$ вписанный, следовательно, суммы его противоположных углов равны $180∘.$

$PIC$

То есть $∘ ∠B +∠CB1C1 = 180 .$ Но $∘ ∠CB1C1 + ∠AB1C1 = 180 ,$ откуда $∠B = ∠AB C . 1 1$ Следовательно, $△ABC ∼AB C 1 1$ по двум углам (второй угол $∠A$ — общий).

б) Пусть $SBCB1C1 = 5S,$ $SAB1C1 = S,$ следовательно, $SABC = 6S.$ Тогда $SABC :SAB1C1 = 6 :1= k2,$ откуда $k = √6.$ Тогда

√ - BC = B1C1⋅k = 5 6

Найдем радиус $R$ окружности.

Способ 1.

Так как угол между двумя секущими, проведенными из одной точки вне окружности, равен полуразности дуг, заключенных между ними, то

∠A = ∠BB1C − ∠B1BC1.

Обозначим $∠BB1C = α,$ $∠B1BC1 =β.$ Тогда $α − β = 30∘.$

Окружность описана около треугольников $BB1C$ и $B1BC1,$ следовательно, по теореме синусов

√- -BC- = 2R = B1C1- ⇒ sinα = 6 sinβ sinα sinβ

$PIC$

Отсюда:

sin (30∘+ β)= √6 sinβ √ - sin30∘⋅cosβ+ cos30∘ ⋅sinβ = 6sinβ √-( √ - ) cosβ = 3 2 2− 1 sin β ctgβ = √3(2√2 − 1)

Тогда по формуле $1 +ctg2β = -1--- sin2β$ имеем:

sinβ = -∘--1-√-- 2 7 − 3 2

Следовательно,

∘ ------- R = B1C1-= 5 7− 3√2 2sin β

Способ 2.

Проведем $C1D ∥ AC :$

$PIC$

Тогда $∠BC1D = ∠A;$ также $∠BC1D = ∠BCD$ как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу.

Так как $C1D ∥B1C,$ то $CD = B1C1,$ следовательно, в $△BCD :$ $∘ ∠C = 30,$ $CD =5,$ $BC = 5√6.$

Следовательно, по теореме косинусов:

( √-) BD2 = BC2 + CD2 − 2⋅BC ⋅CD ⋅cos30∘ = 25 7− 3 2 ∘ ----√-- BD = 5 7− 3 2

Тогда по теореме синусов, так как окружность описана около $△BCD :$

∘ ------- R = ---BD-----= 5 7− 3√2- 2sin∠BCD

Ответ:

б) $√ - 5 6,$ $∘ ---√--- 5 7− 3 2$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 40#1236Максимум баллов за задание: 3

В равнобедренной трапеции $ABCD$ основание $AD$ в три раза больше основания $BC$ .

а) Докажите, что высота $CH$ делит основание $AD$ на отрезки, отношение которых равно $2 : 1$ .

б) Найдите расстояние от точки $C$ до середины диагонали $BD$ , если $AC = 26,AD = 36$ .

Показать ответ и решение

а) Проведем $BK ⊥ AD$ . Тогда по свойству равнобедренной трапеции $AK = HD = (AD − BC ) : 2 = (3BC − BC ) : 2 = BC$ . Тогда $AH = AD − HD = 2BC$ , откуда $AH : HD = 2 : 1$ , чтд.

$PIC$

б) Пусть $O$ – середина $BD$ , $H$ – точка пересечения продолжения отрезка $CO$ с основанием $AD$ . Так как трапеция равнобедренная, то ее диагонали равны, следовательно, $BD = 26$ .

$PIC$
Так как $BC ∥ AD$ , то $∠CBO = ∠HDO$ как накрест лежащие при секущей $BD$ .
Тогда $△CBO = △HDO$ по 2-ому признаку ( $∠BOC = ∠DOH$ как вертикальные), откуда $HD = BC$ .
Из пункта а) следует, что так как $HD = BC$ , то $H$ – основание высоты, то есть $CH ⊥ AD$ .
Значит, $CH ⊥ BC$ , то есть $△CBO$ прямоугольный.
Так как $BC = 1AD = 12 3$ , $BO = 1BD = 13 2$ , то

√ --2-----2- CO = 13 − 12 = 5

Ответ: б) 5