17.03 Задачи формата ЕГЭ - Каталог заданий по ЕГЭ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#1293Максимум баллов за задание: 3

В трапеции $ABCD$ диагонали $AC$ и $BD$ взаимно перпендикулярны, $∠BAC = ∠CDB$ . Продолжения сторон $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K$ , образуя угол $AKD$ , равный $30∘$ .
а) Можно ли вписать окружность в трапецию $ABCD$ ?
б) Найдите площадь треугольника $AKD$ , если площадь трапеции равна $60$ .

Показать ответ и решение

а) Если в четырехугольник можно вписать окружность, то суммы противоположных сторон четырехугольника должны быть равны. Найдем все стороны трапеции $ABCD$ .

$PIC$

Так как $∠BAC = ∠CDB$ , то четырехугольник $ABCD$ является вписанным в окружность. Следовательно, $∠ABD = ∠ACD$ как вписанные углы, опирающиеся на дугу $AD$ . Обозначим $∠BAC = α$ , $∠ABD = β$ . Тогда по свойству угол между секущими равен полуразности дуг, заключенных между ними: $∠AKD = 0,5 ⋅ (2β − 2α )$ .
Но в то же время $α + β = 90∘$ из прямоугольного $△ABO$ ( $O$ – точка пересечения диагоналей трапеции).

Получаем:

( ∘ { { 30 = β − α α = 30 ∘ ⇒ ∘ ( α + β = 90∘ β = 60

Пусть $BO = x$ . Тогда из прямоугольного $△ABO$ , так как $∠BAO = 30∘$ , следует, что $AB = 2x$ . По теореме Пифагора $√ -- AO = 3x$ .
Так как трапеция вписана в окружность, то она равнобедренная, значит, ее диагонали равны, а также $BO = CO$ и $AO = DO$ . Тогда $CO = x$ , $√ -- DO = 3x$ , следовательно, $√ -- BC = x ⋅ 2$ , $√ -- √ -- AD = 3x ⋅ 2$ .
Проверка:

√ -- √ -- √ -- √ -- AD + BC = AB + CD ⇒ 6x + 2x = 4x ⇒ 6 + 2 = 4

Полученное равенство неверно, следовательно, в трапецию вписать окружность нельзя.

б) Из того, что $∠BAO = ∠CDO = ∠K = 30 ∘$ , следует, что $△AKC$ и $△DBK$ равнобедренные, откуда $AC = CK$ и $DB = BK$ .

Как известно, площадь выпуклого четырехугольника равна полупроизведению диагоналей на синус угла между ними. Следовательно, если диагонали взаимно перпендикулярны, то площадь равна полупроизведению диагоналей:

1- SABCD = 2 ⋅ AC ⋅ DB

Следовательно, получаем:

1 60 = --⋅ CK ⋅ BK ⇒ CK ⋅ BK = 120 2

Так как площадь треугольника равна полупроизведению сторон на синус угла между ними, то

1 1 1 SBKC = --⋅ CK ⋅ BK ⋅ sin30 ∘ =--⋅ 120 ⋅-= 30 2 2 2

Следовательно,

SAKD = 60 + 30 = 90

Ответ: б) 90

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#1679Максимум баллов за задание: 3

Точка $K$ – середина гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ . На катетах $AC$ и $BC$ выбраны точки $M$ и $N$ соответственно так, что угол $∠M KN = 90 ∘$ .

а) Докажите, что площадь треугольника, составленного из отрезков $AM$ , $BN$ и $M N$ , равна $0,5 ⋅ AM ⋅ BN$ .

б) Найдите $SMCNK$ , если $CN = KN = x$ , $BC = AC$ .

Показать ответ и решение

а) Пусть $AM = a$ , $BN = b$ .
Достаточно доказать, что треугольник, составленный из отрезков $AM$ , $BN$ и $M N$ – прямоугольный с гипотенузой $M N$ , для этого достаточно доказать, что

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a + b = M N ⇐ a + b = M C + CN ⇐ a + b = (AC − a ) + (BC − b) ,

следовательно, достаточно доказать, что

0 = AC2 − 2 ⋅ a ⋅ AC + BC2 − 2 ⋅ b ⋅ BC ⇐ AB2 = 2 ⋅ (a ⋅ AC + b ⋅ BC ).

Окончательно, таким образом, достаточно доказать, что

2 2 AK + BK = a ⋅ AC + b ⋅ BC.

Докажем это.

Так как $∠M KN + ∠M CN = 180 ∘$ , то в четырёхугольнике $M KN C$ суммы противоположных углов равны $∘ 180$ , следовательно, около него можно описать окружность.

Пусть множество точек пересечения описанной около $M KN C$ окружности с $AB$ есть $′ {K, K }$ (т. е., возможно, $K ′$ и $K$ совпадают, но для дальнейшего решения это не важно).

$PIC$

По теореме о секущих

AK ′ ⋅ AK = a ⋅ AC, BK ⋅ BK ′ = b ⋅ BC,

тогда

′ ′ AK ⋅ AK + BK ⋅ BK = a ⋅ AC + b ⋅ BC.

С другой стороны, так как $AK = BK$ , то $KK ′ ⋅ AK = KK ′ ⋅ BK$ , откуда

′ ′ 2 2 ′ ′ (AK − AK ) ⋅ AK = (BK − BK ) ⋅ BK ⇒ AK + BK = AK ⋅ AK + BK ⋅ BK .

Получили, что

2 2 ′ ′ AK + BK = AK ⋅ AK + BK ⋅ BK = a ⋅ AC + b ⋅ BC,

откуда в итоге следует, что площадь треугольника, составленного из отрезков $AM$ , $BN$ и $M N$ , равна

0,5 ⋅ AM ⋅ BN.

б) Покажем, что $M CN K$ – квадрат. Опустим из точки $K$ на $BC$ перпендикуляр $KP$ . Из равнобедренности $ABC$ и подобия треугольников $KBP$ и $ABC$ следует, что $KP = CP$ . Обозначим $N P = y$ , тогда

2 2 2 KN = KP + y , CN = CP ± y,

но $KN = CN$ , тогда

KP 2 + y2 = CP 2 + y2 ± 2y ⋅ CP ⇒ y ⋅ CP = 0,

следовательно, $y = 0$ и точки $N$ и $P$ совпадают.

Итак, в четырёхугольнике $M CN K$ три угла равны по $90∘$ , следовательно, все его углы равны $90∘$ , тогда $M CN K$ – прямоугольник, но у него соседние стороны равны, тогда $M CN K$ – квадрат. $S = x2 MCNK$ .

Ответ:

б) $x2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#1680Максимум баллов за задание: 3

Вершины квадрата $P QRS$ лежат на сторонах треугольника $ABC$ ( $P$ лежит на $AB$ , $Q$ и $R$ лежат на $BC$ , $S$ лежит на $AC$ ). $AK$ – высота в треугольнике $ABC$ .

а) Докажите, что если $∠BAC = 90∘$ , то $BP ⋅ AS = AP ⋅ CS$ .

б) Найдите $P Q ---- BC$ , если $1 AK = -BC 2$ .

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим треугольники $AP S$ и $P BQ$ : $∠BQP = 90∘ = ∠P AS$ . Так как $∠SP Q = 90∘$ , то $∠AP S + ∠BP Q = 90∘$ , откуда $∠AP S = ∠P BQ$ , следовательно, треугольники $AP S$ и $P BQ$ подобны по двум углам.

$PIC$

Из подобия этих треугольников получаем:

PS AS ---- = ----, BP P Q

но $P S = PQ$ , тогда $P S2 = AS ⋅ BP$ .

Аналогично треугольники $AP S$ и $SCR$ подобны по двум углам, откуда

PS AP ----= ----, SC SR

но $P S = SR$ , тогда $P S2 = AP ⋅ SC$ .

В итоге

AS ⋅ BP = PS2 = AP ⋅ SC,

что и требовалось доказать.

б) Так как $P QRS$ квадрат, то $P S ∥ QR$ , откуда следует равенство $∠AP S = ∠ABC$ как односторонних углов при параллельных прямых и секущей, а также то, что $AK ⊥ P S$ . Пусть $M$ – точка пересечения $AK$ и $P S$ .

Рассмотрим треугольники $AP M$ и $ABK$ : $∠AP M = ∠ABK$ , $∠P AM$ – общий, тогда треугольники $AP M$ и $ABK$ подобны по двум углам, откуда

AM AP -----= ---. AK AB

Рассмотрим треугольники $AP S$ и $ABC$ : $∠AP S = ∠ABC$ , $∠BAC$ – общий, тогда треугольники $AP S$ и $ABC$ подобны по двум углам, откуда

-PS- = -AP-. BC AB

В итоге

AM---= AP-- = P-S-, AK AB BC

следовательно,

AK--−-M--K--= P-S-. AK BC

Так как $PQ$ и $M K$ – отрезки параллельных прямых, заключённых между параллельными прямыми $P S$ и $BC$ , то $M K = P Q$ .

$PS = P Q$ , $AK = 0,5 ⋅ BC$ , тогда

0,5-⋅ BC-−-P-Q-= P-Q-, 0,5 ⋅ BC BC

следовательно, $BC − 2P Q = P Q$ , значит,

1- PQ-- 1- BC = 3 ⋅ P Q ⇒ BC = 3.

Ответ:

б) $1 -- 3$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#1681Максимум баллов за задание: 3

Угол между двумя высотами остроугольного треугольника $ABC$ равен $60∘$ , а точка пересечения высот делит одну из них в отношении $2 : 1$ , считая от вершины треугольника.

а) Докажите, что этот треугольник равнобедренный.

б) Пусть $R$ – радиус описанной около $ABC$ окружности, $r$ – радиус вписанной в $ABC$ окружности. Найдите $R − r$ , если $AB = 9$ .

Показать ответ и решение

а) Пусть $AD$ и $BE$ – высоты треугольника $ABC$ , пересекающиеся в точке $O$ , $AO = 2 ⋅ OD$ . Построим третью высоту $CF$ (она также пройдёт через точку $O$ ).

$∠DAC = 90∘ − ∠AOE = 30 ∘$ , тогда в треугольнике $AOE$ катет, лежащий против $∠DAC$ равен половине гипотенузы. Обозначим $OD = a$ , тогда $AO = 2a$ , значит, $OE = a = OD$ .

Треугольники $COE$ и $DOC$ равны по катету и гипотенузе ( $OC$ – общая), откуда следует, что

∠ACF = ∠F CB,

следовательно, треугольники $BCF$ и $ACF$ равны по катету и острому углу ( $FC$ – общий), тогда $BC = AC$ .

$PIC$

б) Покажем, что $∘ ∠ABC = 60$ .

∠OBD = 90∘ − ∠BOD = 30∘,

так как $∘ ∠BOD = ∠AOE = 60$ .

Треугольники $AOE$ и $DOB$ равны по катету и острому углу, откуда $BO = AO$ , тогда, $∠ABO = ∠BAO$ , но $∠AOB = 180∘ − ∠AOE = 120∘$ , следовательно,

∠ABO = 30 ∘ ⇒ ∠ABC = ∠OBD + ∠ABO = 60∘.

Таким образом, $ABC$ – равнобедренный треугольник в котором один из углов равен $∘ 60$ , тогда $ABC$ – равносторонний треугольник.

Так как $ABC$ – равносторонний, то $O$ – центр вписанной и описанной окружностей, тогда

R = AO = 2 ⋅ a, r = OD = a,

следовательно, $R − r = 2 ⋅ a − a = a$ . Так как $AB = 9$ , то $BD = 4,5$ , $√ -- AD = 4,5 3$ , тогда $√ -- a = 1, 5 3$ , то есть

√ -- R − r = 1,5 3.

Ответ:

б) $√ -- 1,5 3$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#1682Максимум баллов за задание: 3

В трапеции $ABCD$ углы $∠A$ и $∠D$ прямые, $AB > CD$ . Известно, что биссектриса угла $∠B$ пересекает $AD$ в середине.

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

б) Найдите площадь трапеции $ABCD$ , если $S△MNP = 100$ , где $M N = AD$ , $N P = BC$ , $∘ ∠M N P = 150$ .

Показать ответ и решение

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

Пусть точка $F$ – середина $AD$ . Прямоугольные треугольники $AEF$ и $CDF$ равны по двум катетам, откуда $∠AF E = ∠DF C$ , следовательно, точки $E$ , $F$ и $C$ лежат на одной прямой, причём $EF = F C$ , то есть $BF$ – медиана.

Так как биссектриса треугольника делит его сторону на части, пропорциональные прилежащим сторонам, то

EF-- F-C- EF-- -EF- EB = CB ⇒ EB = CB ⇒ EB = CB ⇒ CB = EA + AB,

то есть $CB = CD + AB$ , тогда

PABCD = AB + CD + BC + AD = 2BC + AD.

$PIC$

б)

SMNP = 0,5 ⋅ AD ⋅ BC ⋅ sin 150∘ = 0,25 ⋅ AD ⋅ BC = 0,25 ⋅ AD ⋅ (AB + CD ) = 0,5 ⋅ SABCD,

откуда

SABCD = 2 ⋅ SMNP = 200.

Ответ:

б) $200$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#1684Максимум баллов за задание: 3

Точка $O$ – центр вписанной в трапецию $ABCD$ окружности, которая касается стороны $AB$ в точке $R$ , а стороны $AD$ в точке $T$ . Прямая, содержащая отрезок $BO$ , пересекает сторону $AD$ в точке $S$ .

а) Докажите, что $RT ∥ BS$ .

б) Средняя линия трапеции $BCDS$ равна $4$ , а площадь треугольника $COD$ равна 16. Найдите $CO$ .

Показать ответ и решение

а) Проведем радиусы $OR$ , $OT$ и радиус $OE$ в точку $E$ касания окружности со стороной $BC$ , а также соединим $A$ и $O$ . $PIC$

Тогда $OE$ перпендикулярно $BC$ и значит точки $B$ , $O$ и $T$ лежат на одной прямой, откуда $∠BOE = ∠T OS$ как вертикальные, следовательно треугольники $BOE$ и $TOS$ равны по катету и острому углу ( $T O = OE$ как радиусы).

Тогда $BO = OS$ . $AO$ – биссектриса в треугольнике $ABS$ (она проходит через точку, равноудаленную от сторон угла $∠BAS$ ), но из равенства $BO = OS$ следует, что $AO$ – медиана.

Треугольник, в котором биссектриса является медианой – равнобедренный и $AO$ перпендикулярна $BS$ .

$AR = AT$ как отрезки касательной, проведенной из одной точки, тогда треугольники $ARO$ и $AOT$ – равны (по трем сторонам), тогда $∠AOR = ∠AOT$ и $AO$ – биссектриса угла $∠ROT$ .

Треугольник $ROT$ равнобедренный, тогда $AO$ перпендикулярна $RT$ . В итоге, $AO$ перпендикулярна $RT$ и $BS$ , тогда $RT ∥ BS$ .

б) Пусть $OK$ – перпендикуляр из точки $O$ на $CD$ . Средняя линия трапеции $BCDS$ является средней линией трапеции $ECT D$ .

Так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то

EC + TD = 2 ⋅ 4 = 8.

$CD = EC + T D = 8$ (так как отрезки касательных, проведенных из одной точки равны, то $EC = CK$ , а $T D = DK$ ).

S = 1CD ⋅ OK = 16, COD 2

откуда $OK = 4$ , следовательно $OK$ и есть средняя линия трапеции $BCDS$ (перпендикуляр из точки на прямую имеет наименьшую длину, другой отрезок, соединяющий $O$ и точку на $CD$ был бы длиннее).

$OK$ перпендикулярен $CD$ , но $OK ∥ AD$ , тогда $ABCD$ – прямоугольная трапеция, $∠ADC = 90 ∘$ . В итоге $OECK$ – прямоугольник, у которого $OE = OK = 4$ , тогда он квадрат и $OK = CK = 4$ .

Треугольник $COK$ – прямоугольный, тогда $-- CO = 4√ 2$ .

Ответ:

б) $√ -- 4 2$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#1719Максимум баллов за задание: 3

Внутри острого угла $∠XOY$ взяты точки $M$ и $N$ так, что $∠XON = ∠Y OM$ . На отрезке $OX$ выбрана точка $Q$ так, что $∠N QX = ∠M QO$ , а на отрезке $OY$ выбрана точка $P$ так, что $∠N P O = ∠M PY$ .

а) Докажите, что треугольники $M PN$ и $M QN$ имеют одинаковые периметры.

б) Пусть $R1$ и $R2$ – радиусы окружностей, описанных около треугольников $P OM$ и $N OQ$ соответственно.

Н ай дите R1-, если P N = M Q. R2

Показать ответ и решение

а) Достаточно показать, что $M P + P N = M Q + QN$ .

На продолжении отрезка $M Q$ за точку $Q$ отметим точку $N ′$ так, что $QN ′ = QN$ . На продолжении отрезка $M P$ за точку $P$ отметим точку $N ′′$ так, что $PN ′′ = P N$ .

Пусть $S$ – точка пересечения $′ N N$ и $OX$ , $R$ – точка пересечения $′′ N N$ и $OY$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольники $N QS$ и $′ N QS$ :

′ ′ ∠N QS = ∠M QO = ∠SQN (ка к вертик альны е), N Q = N Q , QS — о бща я,

тогда треугольники $N QS$ и $N ′QS$ равны и $OX$ – серединный перпендикуляр к $N N ′$ .

Так как точка $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $N N ′$ , то она равноудалена от точек $N$ и $N ′$ , откуда $N O = N ′O$ .

Кроме того, $OS$ – серединный перпендикуляр, проведённый к основанию равнобедренного треугольника, тогда $OS$ – биссектриса угла $′ ∠N ON$ , следовательно, $′ ∠SON = ∠N OS$ .

Аналогично $OY$ – серединный перпендикуляр к $N N ′′$ , откуда $N ′′O = N O$ , $∠N ′′OR = ∠RON$ .

∠N ′′OM = ∠N ′′OR + ∠ROM = ∠RON + ∠SON = ∠M OS + ∠SON ′ = ∠M ON ′.

$PIC$

Рассмотрим треугольники $M N ′′O$ и $M N O ′$ :

ON ′′ = ON = ON ′, M O — общ ая, ∠N ′′OM = ∠M ON ′,

откуда следует, что треугольники $M N ′′O$ и $M N O′$ равны по двум сторонам и углу между ними. Таким образом, $M N ′′ = M N ′$ , но

M N ′′ = M P + P N ′′ = M P + PN, M N ′ = M Q + QN ′ = M Q + QN,

откуда получаем требуемое равенство.

Замечание. На рисунке изображена ситуация, когда $∠M OY < ∠N OY$ , однако, в остальных случаях все рассуждения можно провести абсолютно аналогично.

б) Так как $M P + P N = M Q + QN$ , $PN = M Q$ , то $M P = QN$ .

Из равенства $M P = QN$ и теоремы синусов получаем:

2R = ----M-P---- = ---QN------= 2R , 1 sin ∠P OM sin ∠N OQ 2

тогда $R1- = 1 R2$ .

Ответ:

б) $1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#1724Максимум баллов за задание: 3

Радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности равен трети одной из его высот.

а) Докажите, что одна из сторон треугольника $ABC$ равна среднему арифметическому двух других его сторон.

б) Найдите наибольшее возможное значение периметра такого треугольника, если одна из его сторон равна $4$ , а две другие имеют целые длины.

Показать ответ и решение

а) $SABC = p ⋅ r$ , где $p$ – полупериметр, а $r$ – радиус вписанной в $ABC$ окружности. $PIC$

Пусть $h$ – длина той высоты, которая равна $3r$ , $a$ – длина стороны, высота к которой имеет длину $h$ , $P$ – периметр треугольника $ABC$ .

В итоге имеем:

1 h -h ⋅ a = SABC = p ⋅ r = p ⋅-, 2 3

откуда $P- a = 3$ , тогда $2P- b + c = 3 = 2a$ , где $b$ и $c$ длины других сторон треугольника.

б) Длины сторон треугольника $ABC$ образуют арифметическую прогрессию: если обозначить $a − c = d$ , то $a = c + d$ , $b = c + 2d$ .

Пусть $d > 0$ . Тогда $b$ наибольшая сторона треугольника $ABC$ и существование треугольника $ABC$ с длинами сторон $a$ , $b$ и $c$ равносильно выполнению неравенства

b < a + c ⇔ c + 2d < 2c + d ⇔ d < c.

Так как длины всех сторон треугольника $ABC$ – целые числа, то $d$ – целое, следовательно, $d ≤ c − 1$ .

Так как $c$ – меньшая из сторон, то $c ≤ 4$ , тогда $d ≤ 3$ , откуда $a ≤ 7$ , $b ≤ 10$ , тогда

P △ABC ≤ 4 + 7 + 10 = 21.

При этом случай $c = 4$ , $a = 7$ , $b = 10$ подходит, следовательно, при $d > 0$ максимально возможный периметр равен 21.

При $d = 0$ треугольник $ABC$ равносторонний и $P △ABC = 12 < 21$ .

Случай $d < 0$ рассматривается аналогично (меняется только то, что $c > a > b$ , следовательно, достаточно в рассуждении из случая $d > 0$ всюду поменять местами $b$ и $c$ ).

Таким образом, наибольший возможный периметр треугольника $ABC$ равен 21.

Ответ:

б) $21$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#1725Максимум баллов за задание: 3

$ABCD$ – выпуклый четырёхугольник, точки $P$ , $Q$ , $R$ и $S$ середины его сторон, причём $P QRS$ тоже выпуклый четырёхугольник. $A1B1C1D1$ другой выпуклый четырёхугольник с серединами сторон в точках $P$ , $Q$ , $R$ и $S$ .

а) Докажите, что диагонали $PQRS$ точкой пересечения делятся пополам.

б) Найдите максимально возможное значение величины $SA1B1C1D1- SABCD$ .

Показать ответ и решение

а) Проведём диагонали $AC$ и $BD$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольники $AP S$ и $ABD$ : $P S$ – средняя линия в треугольнике $ABD$ , тогда треугольники $AP S$ и $ABD$ подобны, причём $-PS- 1- BD = 2$ .

Аналогично $QR--= 1- BD 2$ , следовательно, $P S = QR$ .

Аналогично доказывается равенство $P Q = RS$ . В итоге в выпуклом четырёхугольнике $P QRS$ противоположные стороны равны, тогда $P QRS$ – параллелограмм, следовательно, его диагонали точкой пересечения делятся пополам.

б) Докажем, что по взаимному расположению середин сторон выпуклого четырёхугольника его площадь восстанавливается однозначно.

Из подобия $AP S$ и $ABD$ получаем:

( )2 SAP-S- 1- 1- S = 2 = 4. ABD

Аналогично $4S = S QCR CBD$ , $4S = S PBQ ABC$ , $4S = S SDR ACD$ . Тогда

SABCD = SABD + SCBD = 4SAP S + 4SQCR.

С другой стороны,

SABCD = SABC + SACD = 4SP BQ + 4SSDR,

тогда

SABCD + SABCD = 4SAP S + 4SQCR + 4SP BQ + 4SSDR ⇔

1- SAPS + SQCR + SP BQ + SSDR = 2SABCD.

Но $SABCD = SAP S + SQCR + SPBQ + SSDR + SPQRS$ , откуда окончательно

1 SP QRS = --SABCD. 2

Таким образом, по взаимному расположению точек $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ однозначно восстанавливается площадь параллелограмма $PQRS$ , а значит и площадь любого выпуклого четырёхугольника с серединами сторон в точках $P$ , $Q$ , $R$ и $S$ .

В итоге

SA1B1C1D1- SABCD = 1.

Ответ:

б) $1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#1726Максимум баллов за задание: 3

$ABCD$ – параллелограмм, точки $M$ и $N$ лежат на сторонах $AD$ и $CD$ соответственно. $AN$ пересекается с $BM$ в точке $P$ , $AN$ пересекается с $CM$ в точке $Q$ , $BN$ пересекается с $CM$ в точке $R$ .

а) Докажите, что площади четырёхугольников $AQCD$ и $M BN Q$ равны.

б) Найдите $P-M-- RN$ , если $∠P RM = ∠RM N$ и около $P RN M$ можно описать окружность.

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим треугольник $ABN$ : его площадь равна $0,5 ⋅ AB ⋅ h1$ , где $h1$ – длина высоты, опущенной из точки $D$ на $AB$ , следовательно, $SABN = 0,5 ⋅ SABCD$ .

$PIC$

Рассмотрим треугольник $BM C$ : его площадь равна $0,5 ⋅ BC ⋅ h2$ , где $h2$ – длина высоты, опущенной из точки $D$ на $BC$ , следовательно, $S = 0, 5 ⋅ S BMC ABCD$ , тогда

SABM + SMCD = 0,5 ⋅ SABCD.

Таким образом, $SABN = SABM + SMCD$ , откуда

(SABP + SPBN ) = (SABP + SAP M ) + SMCD ⇔ SPBN = SAP M + SMCD.

тогда

S + S = S + S + S , PBN P QM AP M MCD PQM

но $SP BN + SP QM = SMBNQ$ , а $SAP M + SMCD + SP QM = SAQCD$ .
В итоге $SMBNQ = SAQCD$ , что и требовалось доказать.

б) $PIC$

Так как $∠P RM = ∠RM N$ , то внутренние накрест лежащие углы при прямых $P R$ , $M N$ и секущей $M R$ равны, следовательно, $P R ∥ M N$ , следовательно, $PRN M$ либо параллелограмм, либо трапеция, а $∠M P R + ∠P M N = 180∘$ , как сумма односторонних углов при параллельных прямых и секущей.

Так как около $P RN M$ можно описать окружность, то $∘ ∠P M N + ∠P RN = 180$ , откуда $∠P RN = ∠M P R$ , то есть $PRN M$ либо прямоугольник, либо равнобедренная трапеция. В любом случае $P M = RN$ , следовательно,

PM---= 1. RN

Ответ:

б) $1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#1872Максимум баллов за задание: 3

На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно, $O$ – точка пересечения $AE$ и $CD$ . При этом $∠EAC = ∠DCB$ , $∠BAE = ∠OBC$ .

а) Докажите, что $E$ – середина $BC$ .

б) Точка $A1$ симметрична точке $A$ относительно прямой $BC$ . Сколько различных окружностей можно описать около четырёхугольника $OBA1C$ ?

Показать ответ и решение

а) Рассмотрим треугольники $AEC$ и $OEC$ : $∠EAC = ∠DCB$ , $∠AEC$ – общий, тогда треугольники $AEC$ и $OEC$ подобны (по двум углам), откуда

EC-- OE-- 2 AE = EC ⇒ EC = OE ⋅ AE.

Рассмотрим треугольники $ABE$ и $OBE$ : $∠BAE = ∠OBC$ , $∠AEB$ – общий, тогда треугольники $ABE$ и $OBE$ подобны (по двум углам), откуда

BE OE 2 2 ---- = ---- ⇒ BE = OE ⋅ AE = EC , AE BE

откуда в силу того, что $BE > 0$ , $EC > 0$ , получаем: $BE = EC$ .

$PIC$

б) Пусть $AF$ – высота в треугольнике $ABC$ . Так как точка $A1$ симметрична точке $A$ относительно прямой $BC$ , то $AF = FA1$ , тогда треугольники $ABF$ и $A1BF$ равны по двум катетам ( $BF$ – общий), следовательно, $AB = A1B$ .

$PIC$

Аналогично треугольники $AF C$ и $A1F C$ равны, откуда $AC = A1C$ .

Рассмотрим треугольники $ABC$ и $A1BC$ : $BC$ – общая, $AB = A1B$ , $AC = A1C$ , тогда треугольники $ABC$ и $A1BC$ равны по трём сторонам, тогда $∠BAC = ∠BA1C$ .

∠BOC = 180∘ − ∠OBC − ∠OCB = 180∘ − ∠BAE − ∠EAC = 180∘ − ∠BAC = 180∘ − ∠BA1C,

тогда $∠BOC + ∠BA1C = 180∘$ . Так как $A1BOC$ – четырёхугольник, то сумма его углов равна $360∘$ , следовательно, суммы его противоположных углов равны по $∘ 180$ и, значит, около него можно описать окружность (и притом только одну).

Ответ:

б) $1$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#2206Максимум баллов за задание: 3

$ABCDEF$ – выпуклый шестиугольник, про который известно, что $∠A > 120∘$ , $∠B ≤ 70∘$ , $∠C ≥ 130∘$ , $∠E ≥ 110 ∘$ .

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

б) Найдите периметр $ABCDEF$ , если $AB + CD + EF = 11$ и в $ABCDEF$ можно вписать окружность.

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 $ACD$ .

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

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

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

$PIC$

Пусть шестиугольник $ABCDEF$ – вписанный, тогда

∠A + ∠C + ∠E = 0,5⋅ ⌣ BCDEF + 0,5⋅ ⌣ BAF ED + 0,5⋅ ⌣ FABCD = = 0,5(360 ∘− ⌣ BAF ) + 0,5(360∘− ⌣ BCD ) + 0, 5(360∘− ⌣ F ED ) = = 540 ∘ − 0,5(⌣ BAF + ⌣ BCD+ ⌣ F ED ) = 360∘,

но $∠A + ∠C + ∠E > 360 ∘$ , следовательно, около $ABCDEF$ нельзя описать окружность, откуда следует, что около хотя бы одного из четырёхугольников $ABCD$ , $ACDE$ и $ACDF$ нельзя описать окружность.

б) $PIC$

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

11 = AB + CD + EF = a + b + c + d + e + f = 0,5 ⋅ PABCDEF ,

откуда $PABCDEF = 22$ .

Ответ:

б) $22$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#2371Максимум баллов за задание: 3

Окружности $w1$ и $w2$ с центрами в точках $O1$ и $O2$ соответственно касаются друг друга в точке $A$ , при этом $O1$ лежит на $w2$ . $AB$ – диаметр $w1$ . Хорда $BC$ первой окружности касается $w2$ в точке $P$ . Прямая $AP$ вторично пересекает $w1$ в точке $D$ .

а) Докажите, что $AP = DP$ .

б) Найдите площадь четырехугольника $ABDC$ , если $AC = 4$ .

Показать ответ и решение

а) $∠O1P A = 90∘$ как вписанный угол, опирающийся на диаметр $O1A$ . Тогда $O1P$ – часть радиуса, перпендикулярного хорде $AD$ первой окружности. Следовательно, $O1P$ делит $AD$ пополам, то есть $AP = DP$ .

$PIC$

б) Аналогично пункту а) $AR = RC = 2$ . Так как квадрат касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то

2 √-- CP = CR ⋅ CA = 2 ⋅ 4 = 8 ⇒ CP = 2 2.

Заметим, что $∠ACP = ∠ACB = 90 ∘$ как вписанный, опирающийся на диаметр $AB$ . Следовательно, по теореме Пифагора из $△ACP$ :

AP = √AC2--+--CP-2-= 2√6.-

Тогда $√ -- AP = DP = 2 6.$ Так как произведения отрезков хорд равны, то

√ -- (2--6)2 √ -- BP ⋅ CP = AP ⋅ DP ⇒ BP = 2√2-- = 6 2.

Найдем $sin∠CP A$ из прямоугольного $△ACP$ :

sin ∠CP A = -4√---= √2--. 2 6 6

Тогда площадь четырехугольника $ABDC$ равна полупроизведению диагоналей на синус угла между ними:

1 1 √ -- √ -- 2 √-- S = -⋅ BC ⋅ AD ⋅ sin∠CP A = --⋅ 8 2 ⋅ 4 6 ⋅√---= 32 2. 2 2 6

Ответ:

б) $√ -- 32 2$

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 54#2372Максимум баллов за задание: 3

Окружность, вписанная в трапецию $ABCD,$ касается боковых сторон $AB$ и $CD$ в точках $K$ и $M$ соответственно.

а) Докажите, что сумма квадратов расстояний от центра окружности до вершин трапеции равна сумме квадратов длин боковых сторон трапеции.

б) Найдите площадь трапеции $ABCD,$ если известно, что $AK = 9,$ $BK = 4,$ $CM = 1.$

Показать ответ и решение

а) Так как окружность вписана, то ее центр лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Следовательно, $∠KAO = ∠NAO,$ $∠KBO = ∠LBO.$ Так как по определению трапеции $∠A + ∠B = 180∘,$ то

1 ∠KAO + ∠KBO = 2 ⋅(∠A + ∠B)= 90∘ ∠AOB = 180∘− 90∘ = 90∘

$PIC$

Аналогично доказывается, что $∘ ∠COD = 90 .$ Тогда из прямоугольных $△AOB$ и $△COD$ имеем:

AO2 +BO2 = AB2 CO2 +DO2 = CD2 2 2 2 2 2 2 AO +BO + CO + DO = AB +CD

б) Так как окружность вписана, то имеем:

AK = AN =9, BK = BL = 4 CL = CM = 1, DN = DM =x

Обозначим также радиус окружности за $r.$

По теореме Пифагора из прямоугольных $△BKO$ и $△AKO$ имеем:

BO2 = 16+ r2, AO2 =81 +r2

Тогда в прямоугольном $△AOB :$

81+ r2 +16+ r2 = 132 ⇒ r = 6

$PIC$

Аналогично в прямоугольных $△CMO,$ $△DMO,$ $△COD$ имеем:

2 2 2 CO =37, DO = 36 +x 37+ 36+ x2 = (x+ 1)2 ⇒ x= 36

Тогда площадь трапеции равна произведению полупериметра на радиус вписанной окружности:

SABCD = (9+ 4+ 1+ 36)⋅6= 300

Ответ: б) 300

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 55#2416Максимум баллов за задание: 3

Дан треугольник $ABC,$ на стороне $BC$ которого взята точка $E$ так, что $BE = AB,$ а на стороне $AC$ взята точка $D$ так, что $AD =DE.$ На стороне $AC$ также взята точка $F$ так, что $EF ∥BD.$

а) Докажите, что $CF ⋅AB = AD ⋅CE.$

б) Найдите площадь треугольника $ABC,$ если известно, что $∠AED = ∠CEF = 30∘$ и $CL = 6,$ где $L$ — точка пересечения прямых $AB$ и $ED.$

Показать ответ и решение

а) Перепишем равенство, которое нужно доказать, в следующем виде:

CF CE CF CE AD- = AB- ⇔ ED- = EB- (∗)

Докажем, что $ED = FD.$ Тогда из обобщенной теоремы Фалеса, так как $EF ∥DB,$ будет следовать, что равенство $(∗)$ верно.

$PIC$

Углы $∠ADB = ∠AF E$ как соответственные при $EF ∥DB$ и $AC$ секущей. Углы $∠BDE = ∠FED$ как накрест лежащие при $EF ∥DB$ и $ED$ секущей.

Так как $△ADB = △EDB$ по трем сторонам, то $∠ADB = ∠BDE.$ Следовательно,

∠FED = ∠BDE =∠ADB = ∠AF E

Таким образом, $△DF E$ равнобедренный и $ED = FD.$

б) Проведем $AE.$ Четырехугольник $ADEB$ — дельтоид, следовательно, его диагонали взаимно перпендикулярны, то есть $AE ⊥DB.$ Докажем это.

Пусть $AE ∩ DB = O.$ Так как $△ADE$ равнобедренный, то $DO$ — высота, следовательно, $DB ⊥ AE.$ Следовательно, $∠F EO = ∠DOE = 90∘,$ так как если $OE ⊥DB,$ $DB ∥F E,$ то $OE ⊥ FE.$

Заметим, что

∠DEF = 90∘ − 30∘ =60∘,

следовательно, $△DEF$ — равносторонний, то есть $FE = DF = DE.$

Также заметим, что

∠DEO = ∠DAO = ∠DBE = ∠DBA = 30∘.

При этом

∠OAB = 90∘− ∠OBA = 60∘.

Следовательно, $∘ ∠BAC = 90,$ $∘ ∠ABC = 60 ,$ таким образом, $∘ ∠ACB = 30.$

$PIC$

Таким образом, $△CF E$ равнобедренный $(∠FEC =∠F CE = 30∘),$ следовательно, $FC = FE = FD.$ Следовательно, точки $D$ и $F$ разбивают $AC$ на три равных отрезка.

Заметим, что $△DEC =△DEB$ как прямоугольные по общему катету и острым углам, следовательно, $EC =EB.$

По теореме Менелая для $△CBA$ и прямой $LE :$

AD-⋅ CE ⋅ BL-= 1 DC EB LA BL- 2 LA = 1 BL = 2LA AB =AL

Следовательно, $BL = BC$ и $△LBC$ равнобедренный, а так как $∠LBC = 60∘,$ то равносторонний. Значит,

1 1 AB = 2LB = 2CL = 3.

Тогда

√3= tg60∘ = AC ⇒ AC = 3√3- AB

Тогда искомая площадь треугольника равна

√- S △ABC = 1⋅AC ⋅AB = 9 3 2 2

Ответ:

б) $9√- 2 3$

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 56#2423Максимум баллов за задание: 3

Точки $B1$ и $C1$ лежат на сторонах $AC$ и $AB$ треугольника $ABC,$ причем $AB1 :B1C = AC1 :C1B.$ Прямые $BB1$ и $CC1$ пересекаются в точке $O.$

а) Докажите, что прямая $AO$ делит пополам сторону $BC$ .

б) Найдите отношение площади четырехугольника $AB1OC1$ к площади треугольника $ABC,$ если известно, что $AB1 :B1C = AC1 :C1B = 1:2.$

Показать ответ и решение

а) Пусть $AO$ пересекает $BC$ в точке $A1.$ Тогда по теореме Менелая для $△BAA1$ и прямой $CC1 :$

BC1-⋅-AO- ⋅ A1C-= 1 C1A OA1 CB

По теореме Менелая для $△CAA1$ и прямой $BB1 :$

AB1- -CB- A1O- B1C ⋅BA1 ⋅OA = 1

Перемножив два этих равенства, получим:

A1C-= 1 ⇒ A1C = A1B A1B

$PIC$

б) Из первого равенства имеем:

BC1 AO A1C 2 AO 1 C1A-⋅OA1-⋅-CB- =1 ⇒ 1 ⋅OA1 ⋅2 = 1

Отсюда $AO = OA1.$

Пусть $SOAC1 = S,$ тогда $SOBC1 = 2S,$ так как площади треугольников, имеющих одинаковую высоту, относятся как основания. Так как $AO =OA1,$ то $3S = SOBA = SOBA1.$ Аналогично $SOCA1 = SOBA1 =3S.$ Аналогично $SOCA = SOCA1 = 3S.$ Так как $S :S =1 :2, OAB1 OCB1$ то $S = S,S = 2S. OAB1 OCB1$

$PIC$

Следовательно,

SAB1OC1= -2S = 1 SABC 12S 6

Ответ:

б) $1 :6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#2562Максимум баллов за задание: 3

Радиус вписанной в треугольник $ABC$ окружности равен $√ --- --15- 3$ . Окружность радиуса $√ -- 5√-5- 3 3$ касается вписанной в треугольник $ABC$ окружности в точке $T$ , а также касается лучей, образующих угол $ACB$ . Окружности касаются прямой $AC$ в точках $M$ и $K$ .

а) Докажите, что треугольник $KT M$ прямоугольный.

б) Найдите тангенс угла $ABC$ , если площадь треугольника $ABC$ равна $√ --- 3 15$ , а наибольшей из его сторон является сторона $AC$ .

Показать ответ и решение

а) Так как обе окружности вписаны в угол $ACB$ , то их центры лежат на биссектрисе угла $ACB$ . Рассмотрим чертеж: $PIC$
Заметим, что $√ -- √ --- √ --- 5 5 5 15 15 -√---= ------ > ----- 3 3 9 3$ , следовательно, центр второй окружности находится дальше от вершины $C$ , чем центр окружности, вписанной в $△ABC$ .
Так как окружности касаются, то их центры и точка касания лежат на одной прямой. $OM = OT$ –радиусы, следовательно, $△OM T$ – равнобедренный. Аналогично $△QKT$ – равнобедренный. Пусть $∠OM T = α,∠QKT = β$ .
Так как $∘ ∠OM K = ∠QKM = 90$ (так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной), то $OM ∥ QK$ . Следовательно, $∘ ∠M OQ + ∠KQO = 180$ как односторонние (:

180∘ − 2α + 180∘ − 2β = 180 ∘ ⇔ α + β = 90 ∘

Отсюда $∘ ∘ ∠KT M = 180 − α − β = 90$ .

б) Проведем $OH ⊥ QK$ . Следовательно, $√ --- HQ = QK − OM = 29 15$ . $√ --- OQ = 89 15$ . Следовательно,

∘ ---2-------2 10- OH = OQ − HQ = 3

$PIC$
Из подобия $△CKQ ∼ △OHQ$ :

CK KQ 25 ----= ---- ⇒ CK = --- OH QH 3

Следовательно, так как $OH = M K$ , то $CM = 25-− 10-= 5 3 3$ .

Из формулы $S = pr$ следует, что $p = 9 ABC$ , откуда $P = 18 ABC$ .
Так как отрезки касательных, проведенных к окружности из одной точки, равны, то $CM = CP = 5,BP = BR = y,AM = AR = x$ . Следовательно,

AB = PABC-−--2CM---= 4 = x + y, AC = 5 + x, BC = 5 + y 2

По формуле Герона:

∘ -------------------------------- --- S = 9 ⋅ (9 − 4)(9 − 5 − x)(9 − 5 − y) = 3√ 15 ⇒ (4 − x)(4 − y) = 3 ABC

Так как $x + y = 4$ , то получаем уравнение

y2 − 4y + 3 = 0 ⇒ y = 1; y = 3

Если $y = 1$ , то $x = 3$ ; если $y = 3$ , то $x = 1$ .
Так как $AC$ – большая сторона, то $AC > BC$ , откуда $x > y$ . Следовательно, подходят $x = 3,y = 1$ .
Следовательно, $AB = 4, AC = 8,BC = 6$ .
По теореме косинусов

2 2 2 cos∠ABC = AB---+-BC---−--AC-- = − 1- 2AB ⋅ BC 4

Следовательно, $√15- sin∠ABC = ----- 4$ . Тогда

√ --- tg∠ABC = − 15

Ответ:

$√ --- − 15$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#2629Максимум баллов за задание: 3

Медианы $AA1, BB1, CC1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $M$ . Известно, что $AC = 3M B$ .
а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.
б) Найдите сумму квадратов медиан $AA1$ и $CC1$ , если известно, что $AC = 12$ .

(ЕГЭ 2018, СтатГрад, 19 апреля 2018)

Показать ответ и решение

а) Пусть $BM = x$ , тогда $AC = 3x$ . Так как медианы точкой пересечения делятся в отношении $2 : 1$ , считая от вершины, то $M B1 = 0,5x$ , следовательно, $BB1 = 1,5x$ . Следовательно, $AB1 = B1C = 1,5x = BB1$ . Следовательно, $△ABC$ прямоугольный с $∠B = 90∘$ .

$PIC$

б) Обозначим $AB = 2a$ , $BC = 2b$ .

$PIC$

Тогда по теореме Пифагора

AA21 = 4a2 + b2 2 2 2 CC 1 = a + 4b

Отсюда $AA2 + CC2 = 5(a2 + b2) 1 1$ .
Так как по теореме Пифагора из $△ABC$ : $2 2 2 4a + 4b = 12$ , то $2 2 a + b = 36$ . Следовательно,

2 2 2 2 AA 1 + CC 1 = 5(a + b ) = 5 ⋅ 36 = 180

Ответ: б) 180

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#2632Максимум баллов за задание: 3

Окружность с центром $O1$ радиусом $9$ вписана в треугольник $ABC$ . Окружности с центрами $O2$ и $O3$ и радиусами $8215$ и $1$ соответственно, которые вписаны в углы треугольника $A$ и $C$ соответственно, касаются первой окружности внешним образом.

а) Докажите, что $∘ 24 ∠C = 180 − arctg7$ .

б) Найдите площадь треугольника $AO1O3$ .

(Задача от подписчиков)

Показать ответ и решение

а) Пусть $R1, R2,R3$ – точки касания со стороной $AC$ окружностей с центрами $O1,O2, O3$ соответственно.
Тогда $O1R1, O2R2, O3R3 ⊥ AC$ .

Если окружность вписана в угол, то она лежит на биссектрисе этого угла, следовательно, $O1, O3$ лежат на биссектрисе угла $C$ , $O1, O2$ – на биссектрисе угла $A$ .
Будем называть окружность с центром в $O1$ – первой, с центром в $O2$ – второй и с центром в $O3$ – третьей.

Пусть $KK3$ – общая касательная к первой и третьей окружностям. $LL2$ – общая касательная к первой и второй окружностям, как показано на рисунке: $PIC$
Докажем, что $∠CK3K = ∠AL2L = 90∘$ .
Так как $KK 3$ – касательная, $K 3$ – точка касания, то $∠KK O = 90∘ 3 3$ как угол между касательной и радиусом, проведенным в точку касания. Аналогично $∘ ∠AL2L = 90$ .

Заметим также, что $KR3 = KK3 = KR1$ и $LR2 = LL2 = LR1$ (также как отрезки касательных).

Рассмотрим “правую” часть рисунка. $PIC$
Заметим, что $△CO3R3 ∼ △CKK3 ∼ △CO1R1$ (по двум углам). Обозначим $CR3 = y,KR3 = x$ . Тогда из подобия этих трех треугольников

O3R3--= KK3--= O1R1-- ⇒ 1-= ∘------x--------= --9---- CR3 K3C CR1 y (x + y )2 − x2 2x + y

Из равенства

1 9 y-= 2x-+-y-

можно выразить $x$ через $y$ : $x = 4y$ . Тогда $∘ ------------- K3C = (x + y)2 − x2 = 3y$ , следовательно,

tg∠C--= -x-= 4- 2 3y 3

Тогда $4 ∠C = 2arctg 3$ .
Докажем, что это значение действительно равно $∘ 24 180 − arctg 7-$ .
Найдем тангенс $∠C$ , полученного в нашем решении, и тангенс $∠C$ , данного в условии:

( ) ( ) 2tg arctg4- 4- ------------3----- --2 ⋅-43-- 24- tg 2arctg 3 = ( 4 ) = (4)2 = − 7 1 − tg2 arctg-- 1 − 3 3 ( ) ( ) ∘ 24- 24- 24- tg 180 − arctg 7 = − tg arctg 7 = − 7

Чтд.

б) Для того, чтобы найти площадь $△AO O 1 3$ , можно найти площадь $△AO C 1$ и вычесть из нее площадь $△AO3C$ . Высоты этих треугольников к основанию $AC$ мы знаем, следовательно, нужно найти $AC$ .
Найдем $y$ .
Рассмотрим уже выведенное равенство из пункта а):

1- -------x-------- 1- 4y- 3- y = ∘ (x-+-y-)2-−-x2 → y = 3y ⇒ y = 4

Следовательно, $R1C = 9y = 27 4$ .
Теперь нужно найти $AR 1$ .
Для этого воспользуемся тем же способом, что и в пункте а). Пусть $AR2 = t$ , $R2L = z$ . Так как $△AO2R2 ∼ △ALL2 ∼ △AO1R1$ , то

81--= ∘------z--------= ---9-- 25t (z + t)2 − z2 2z + t

Отсюда $8 z = 9t$ . Так же, как в пункте а), найдем, что $243 t = 40-$ . Следовательно, $25 135 AR1 = t + 2z = 9-t = -8-$ . Тогда

( ) S = S − S = 1-⋅ AC ⋅ (O R − O R ) = 1-⋅ 135-+ 27- ⋅ 8 = 94,5 AO1O3 AO1C AO3C 2 1 1 3 3 2 8 4

Ответ: б) 94,5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#2634Максимум баллов за задание: 3

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность радиуса $R$ и описана около окружности радиуса $r$ .
а) Докажите, что центры этих окружностей лежат на серединных перпендикулярах к основаниям трапеции.
б) Найдите $r$ , если $R = 12$ , а косинус угла между диагональю $AC$ и основанием $AD$ равен $3 -- 4$ .

Показать ответ и решение

а) Так как трапеция вписана в окружность, то $∠B + ∠D = 180∘$ . Но по свойству трапеции $∠B + ∠A = 180∘$ , откуда $∠A = ∠D$ . Следовательно, трапеция равнобедренная.

$PIC$

Также $AO = OD = BO = OC$ как радиусы описанной окружности, откуда следует, что точка $O$ равноудалена от концов отрезка $AD$ и концов отрезка $BC$ , то есть лежит на серединных перпендикулярах к отрезкам $AD$ и $BC$ (на самом деле серединные перпендикуляры к основаниям данной трапеции совпадают, так как к двум параллельным прямым из точки можно провести ровно одну прямую, перпендикулярную этим прямым).

Так как в трапецию вписана окружность, то ее центр $Q$ лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Следовательно, $∠QAD = 0,5∠A = 0,5 ∠D = ∠QDA$ , откуда $△AQD$ равнобедренный, следовательно, $Q$ лежит на серединном перпендикуляре к $AD$ .

Чтд.

б) $PIC$

Как говорилось в пункте а), если около трапеции описана окружность, то трапеция является равнобедренной. Если в трапецию вписана окружность, то сумма оснований трапеции равна сумме боковых сторон. Так как боковые стороны данной трапеции равны, то $AD + BC = 2AB$ .
Обозначим $AB = CD = t$ .
Рассмотрим $△ACD$ . Так как около него описана окружность радиуса $R$ , то можно записать теорему синусов:

---CD------ sin∠CAD = 2R

Если $cos∠CAD = 34$ , то $√- sin ∠CAD = -74-$ . Следовательно,

√ -- t√--= 2R ⇒ t = --7-R (1) -7- 2 4

Проведем $CH ⊥ AD$ . По свойству трапеции, в которую вписана окружность, высота трапеции равна $2r$ . Следовательно, $CH = 2r$ . Тогда из прямоугольного $△CAH$ :

cos∠CAH = AH--, sin∠CAH = -2r- AC AC

Отсюда

AH ⋅ sin∠CAH = 2r ⋅ cos ∠CAH (∗)

Заметим, что $HD = 0, 5(AD − BC )$ , следовательно, $AH = AD − 0,5 (AD − BC ) = 0,5 (AD + BC ) = AB = t$ . Тогда из (*)

√ -- 7 3 6r t ⋅-4--= 2r ⋅ 4- ⇒ t = √--- (2) 7

Тогда из (1) и (2) равенств получаем:

r = 7R-= 7 12

Ответ: б) 7