Окружности и многоугольники —Каталог задач по ОГЭ - Математика

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#105205

Середина $M$ стороны $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равноудалена от всех его вершин. Найдите $AD,$ если $BC = 6,$ а углы $B$ и $C$ четырёхугольника равны соответственно $124∘$ и $116∘.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Так как точки $A,$ $B,$ $C$ и $D$ равноудалены от точки $M,$ то эти точки лежат на окружности с центром в точке $M$ и радиусом $AM.$

Пусть

AM = BM = CM = DM = R.

$∘ MBCHADRRRR3360$

Так как четырёхугольник $ABCD$ вписанный, то сумма противоположных углов равна $180∘,$ значит,

$pict$

Так как в треугольнике $ABM$ известно, что $AM = BM = R,$ то треугольник $ABM$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому

∠ABM = ∠BAM = 64∘.

Тогда

∠MBC = ∠ABC − ∠MBA = = 124∘− 64∘ = 60∘.

Так как в треугольнике $MBC$ известно, что $MB = MC = R,$ то треугольник $MBC$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому

∠MCB = ∠MBC = 60∘.

Проведём высоту $MH$ в треугольнике $MBC.$ Так как $MBC$ — равнобедренный, то $MH$ — медиана и

BH = HC = 1BC = 1 ⋅6= 3. 2 2

В прямоугольном треугольнике $BHM :$

BH-- cos∠MBH = BM ∘ 3 cos60 = R- 1 3 2 = R

Следовательно,

R = 3⋅2= 6.

Тогда

AD = 2R = 2⋅6 = 12.

Ответ: 12

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#105207

Середина $M$ стороны $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равноудалена от всех его вершин. Найдите $AD,$ если $BC = 10,$ а углы $B$ и $C$ четырёхугольника равны соответственно $112∘$ и $113∘.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Так как точки $A,$ $B,$ $C$ и $D$ равноудалены от точки $M,$ то эти точки лежат на окружности с центром в точке $M$ и радиусом $AM.$

Пусть

AM = BM = CM = DM = R.

$MBCHAD45RRRR55∘$

Так как четырёхугольник $ABCD$ вписанный, то сумма противоположных углов равна $180∘,$ значит,

$pict$

Так как в треугольнике $ABM$ известно, что $AM = BM = R,$ то треугольник $ABM$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому

∠ABM = ∠BAM = 67∘.

Тогда

∠MBC = ∠ABC − ∠MBA = = 112∘− 67∘ = 45∘.

Так как в треугольнике $MBC$ известно, что $MB = MC = R,$ то треугольник $MBC$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому

∠MCB = ∠MBC = 45∘.

Проведём высоту $MH$ в треугольнике $MBC.$ Так как $MBC$ — равнобедренный, то $MH$ — медиана и

BH = HC = 1 BC = 1⋅10 =5. 2 2

В прямоугольном треугольнике $BHM :$

BH cos∠MBH = BM-- cos45∘ =-5 √- R -2-= 5- 2 R

Следовательно,

√ - √ - R = √10= 10--2= 5 2. 2 2

Тогда

√- √ - AD = 2R = 2⋅5 2 = 10 2.

Ответ:

$√- 10 2$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#105351

В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 200, а площадь равна 1500, можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC,$ где $AD > BC.$ Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $AB = CD.$ Пусть $AC ∩BD =O.$

$abx53ANHMDBKCO00$

Трапеция $ABCD$ описанная, значит, по свойству описанного четырёхугольника

AB + CD = BC + AD.

По условию периметр трапеции равен 200, то есть

AB + CD + BC + AD = 200 2(AB + CD )= 200 AB + CD = 100

Тогда

AB = CD = 10 =50. 2

Пусть $BC =a,AD =b.$ Тогда

1 a+ b= 2 ⋅200 =100.

Опустим высоты $CM$ и $BN.$ Так как площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту, то

BC-+-AD-⋅CM = 1500 2 (BC + AD )⋅CM =3000 (a+ b)⋅CM =3000 100 ⋅CM = 3000 CM = 3000 100 CM = 30

Если две прямые перпендикулярны третьей прямой, то они параллельны. Так как $CM ⊥ AD$ и $BN ⊥ AD,$ то $CM ∥BN.$

Рассмотрим четырёхугольник $NBCM.$ В нём $BN ∥ CM$ и $BC ∥ AD$ как основания трапеции, следовательно, $BC ∥NM.$ Тогда $NBCM$ — параллелограмм и $BC = NM$ по свойству параллелограмма.

Рассмотрим треугольники $ABN$ и $DCM.$ В них $AB = CD,$ $∠BAN = ∠CDM$ как углы при основании равнобедренной трапеции, $∠BNA = ∠CMD = 90∘.$ Тогда прямоугольные треугольники $ABN$ и $DCM$ равны по острому углу и гипотенузе. $AN = DM$ как соответственные элементы. В треугольнике $CMD$ по теореме Пифагора

CM2 + MD2 =CD2.

Тогда

∘---------- ∘-------- MD = CD2 − CM2 = 502− 302 = √ --------- √ ---- = 2500 − 900 = 1600 = 40.

Следовательно, $AN = MD = 40.$

Значит,

b= AN + MN +MD = = 40+ MN + 40 = 80+ BC = 80+ a.

Так как $a+ b= 100,$ то

a+ 80+ a= 100 2a= 100− 80= 20 a= 10

Найдём $AD :$

AD = 100− BC = 100− 10= 90.

Проведём высоту $KH$ трапеции $ABCD,$ проходящую через точку $O,$ $K ∈ BC,$ $H ∈ AD.$ Так как $KH$ — высота трапеции, то

KH = BN = CM = 30.

Рассмотрим треугольники $CBO$ и $ADO.$ В них $∠CBD = ∠ADB$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $BD,$ а $∠AOD = ∠COB$ как вертикальные.

Тогда $△ CBO ∼ △ADO$ по двум углам. Значит, отношение их соответственных высот равно коэффициенту подобия, то есть

OK-= BC-= 10 = 1 OH AD 90 9

Пусть $KO = x.$ Тогда $OH = 30− x.$

--x-- 1 30− x = 9 9x = 30− x 10x = 30 x =3

Так как расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного на эту прямую из точки, то расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до ее меньшего основания — длина $OK,$ то есть 3.

Ответ: 3

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#105352

В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 120, а площадь равна 540, можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — трапеция с основаниями $AD$ и $BC,$ где $AD > BC.$ Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $AB = CD.$ Пусть $AC ∩BD =O.$

$abx31ANHMDBKCO08$

Трапеция $ABCD$ описанная, значит, по свойству описанного четырёхугольника

AB + CD = BC + AD.

По условию периметр трапеции равен 120, то есть

AB + CD + BC + AD = 120 2(AB + CD )= 120 AB + CD = 60

Тогда

AB = CD = 60 =30. 2

Пусть $BC =a,AD =b.$ Тогда

1 a+ b= 2 ⋅120= 60.

Опустим высоты $CM$ и $BN.$ Так как площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту, то

BC-+AD--⋅CM =540 2 (BC + AD )⋅CM =1080 (a+ b)⋅CM =1080 60⋅CM = 1080 CM = 1080 60 CM = 18

Если две прямые перпендикулярны третьей прямой, то они параллельны. Так как $CM ⊥ AD$ и $BN ⊥ AD,$ то $CM ∥BN.$

Рассмотрим четырёхугольник $NBCM.$ В нём $BN ∥ CM$ и $BC ∥ AD$ как основания трапеции, следовательно, $BC ∥NM.$ Тогда $NBCM$ — параллелограмм и $BC = NM$ по свойству параллелограмма.

Рассмотрим треугольники $ABN$ и $DCM.$ В них $AB = CD,$ $∠BAN = ∠CDM$ как углы при основании равнобедренной трапеции, $∠BNA = ∠CMD = 90∘.$ Тогда прямоугольные треугольники $ABN$ и $DCM$ равны по острому углу и гипотенузе. $AN = DM$ как соответственные элементы. В треугольнике $CMD$ по теореме Пифагора

CM2 + MD2 =CD2.

Тогда

∘---------- ∘-------- MD = CD2 − CM2 = 302− 182 = √ -------- √ --- = 900 − 324 = 576= 24.

Следовательно, $AN = MD = 24.$

Значит,

b= AN + MN +MD = = 24+ MN + 24 = 48+ BC = 48+ a.

Так как $a+ b= 60,$ то

a+ 48+ a =60 2a= 60 − 48 =12 a =6

Найдём $AD :$

AD = 60 − BC = 60 − 6= 54.

Проведём высоту $KH$ трапеции $ABCD,$ проходящую через точку $O,$ $K ∈ BC,$ $H ∈ AD.$ Так как $KH$ — высота трапеции, то

KH = BN = CM = 18.

Рассмотрим треугольники $CBO$ и $ADO.$ В них $∠CBD = ∠ADB$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $BD,$ а $∠AOD = ∠COB$ как вертикальные.

Тогда $△ CBO ∼ △ADO$ по двум углам. Значит, отношение их соответственных высот равно коэффициенту подобия, то есть

OK--= BC- = 6-= 1 . OH AD 54 9

Пусть $KO = x.$ Тогда $OH = 18− x.$

--x-- 1 18− x = 9 9x = 18− x 10x = 18 x = 1,8

Так как расстояние от точки до прямой — это длина перпендикуляра, опущенного на эту прямую из точки, то расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до ее меньшего основания — длина $OK,$ то есть 1,8.

Ответ: 1,8

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#105358

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ перпендикулярна основанию $BC.$ Окружность проходит через точки $C$ и $D$ и касается прямой $AB$ в точке $E.$ Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $CD,$ если $AD =12,$ $BC =10.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Способ 1.

Проведём отрезок $EH ⊥CD.$ Тогда $EH$ — искомое расстояние.

$ABCDEH$

Так как $AB ⊥ BC,$ то $ABCD$ — прямоугольная трапеция. Следовательно, $AB ⊥ AD.$

Проведем отрезки $EC$ и $ED.$

$∠ECD$ — вписанный и опирается на дугу $DE,$ $∠AED$ — угол между касательной $EA$ и хордой $DE,$ следовательно, по теореме о угле между касательной и хордой $∠ECD =∠AED.$

Так как $EH ⊥CD,$ $AE ⊥ AD,$ то

∠EAD = 90∘ = ∠EHC.

Тогда $△ AED ∼ △HCE$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

HE-= CE-. AD ED

$∠CDE$ — вписанный и опирается на дугу $EC,$ $∠BEC$ — угол между касательной $EB$ и хордой $EC,$ следовательно, по теореме о угле между касательной и хордой $∠CDE =∠BEC.$

Так как $EH ⊥CD,$ $BE ⊥ BC,$ то $∠EBC = 90∘ = ∠EHD.$

Тогда $△ BEC ∼ △HDE$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

CE-= BC-. ED HE

По доказанному ранее:

BC- = HE- ⇒ HE2 = BC ⋅AD. HE AD

Тогда

HE = √BC--⋅AD- = √10⋅12= 2√30.

Способ 2.

Проведём отрезок $EH ⊥CD.$ Тогда $EH$ — искомое расстояние.

Продлим стороны $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $O.$

$ABDEHOCx$

Так как $AB ⊥ BC,$ то $ABCD$ — прямоугольная трапеция. Следовательно, $AB ⊥ AD.$

Рассмотрим треугольники $BOC$ и $AOD.$ В них $∠OBC = 90∘ = ∠OAD,$ $∠O$ — общий. Поэтому треугольники $BOC$ и $AOD$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

OC-= BC- = 10 = 5 ⇒ OD = 6OC. OD AD 12 6 5

Пусть $OC =x.$ Тогда $6 OD = 5x.$

По теореме о секущей $OD$ и касательной $OE :$

OE2 =OC ⋅OD = x⋅ 6x = 6x2 √ - 5 5 --6 OE = √5-x

Рассмотрим треугольники $EOH$ и $DOA.$ В них $∘ ∠OHE = 90 = ∠OAD,$ $∠O$ — общий. Поэтому треугольники $EOH$ и $DOA$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

EH-= OE-. AD OD

Тогда

√- 12 ⋅√6x √ ---- √ -- EH = AD-⋅OE- = ----5--= 12⋅--5⋅6 =2 30. OD 6x 6 5

Ответ:

$√ -- 2 30$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#105360

В трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ перпендикулярна основанию $BC.$ Окружность проходит через точки $C$ и $D$ и касается прямой $AB$ в точке $E.$ Найдите расстояние от точки $E$ до прямой $CD,$ если $AD =14,$ $BC =7.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Способ 1.

Проведём отрезок $EH ⊥CD.$ Тогда $EH$ — искомое расстояние.

$ABCDEH$

Так как $AB ⊥ BC,$ то $ABCD$ — прямоугольная трапеция. Следовательно, $AB ⊥ AD.$

Проведем отрезки $EC$ и $ED.$

$∠ECD$ — вписанный и опирается на дугу $DE,$ $∠AED$ — угол между касательной $EA$ и хордой $DE,$ следовательно, по теореме о угле между касательной и хордой $∠ECD =∠AED.$

Так как $EH ⊥CD,$ $AE ⊥ AD,$ то

∠EAD = 90∘ = ∠EHC.

Тогда $△ AED ∼ △HCE$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

HE-= CE-. AD ED

$∠CDE$ — вписанный и опирается на дугу $EC,$ $∠BEC$ — угол между касательной $EB$ и хордой $EC,$ следовательно, по теореме о угле между касательной и хордой $∠CDE =∠BEC.$

Так как $EH ⊥CD,$ $BE ⊥ BC,$ то $∘ ∠EBC = 90 = ∠EHD.$

Тогда $△ BEC ∼ △HDE$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

CE-= BC-. ED HE

По доказанному ранее:

BC HE 2 HE- = AD- ⇒ HE = BC ⋅AD.

Тогда

HE = √BC-⋅AD- =√7-⋅14= 7√2.

Способ 2.

Проведём отрезок $EH ⊥CD.$ Тогда $EH$ — искомое расстояние.

Продлим стороны $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $O.$

$ABDEHOCx$

Так как $AB ⊥ BC,$ то $ABCD$ — прямоугольная трапеция. Следовательно, $AB ⊥ AD.$

Рассмотрим треугольники $BOC$ и $AOD.$ В них $∠OBC = 90∘ = ∠OAD,$ $∠O$ — общий. Поэтому треугольники $BOC$ и $AOD$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

OC- = BC-= -7 = 1 ⇒ OD = 2OC. OD AD 14 2

Пусть $OC =x.$ Тогда $OD = 2x.$

По теореме о секущей $OD$ и касательной $OE :$

2 2 OE = OC ⋅OD = x ⋅2x = 2x OE = √2x

Рассмотрим треугольники $EOH$ и $DOA.$ В них $∠OHE = 90∘ = ∠OAD,$ $∠O$ — общий. Поэтому треугольники $EOH$ и $DOA$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

EH- OE- AD = OD .

Тогда

√ - EH = AD-⋅OE-= 14-⋅-2x =7√2. OD 2x

Ответ:

$√ - 7 2$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#105363

В треугольнике $ABC$ известны длины сторон $AB = 60,$ $AC = 80,$ точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC.$ Прямая $BD,$ перпендикулярная прямой $AO,$ пересекает сторону $AC$ в точке $D.$ Найдите $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Продлим $AO$ до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC.$ Обозначим полученную точку за $E.$

$ABCEDKO6800$

Пусть $BD ∩AO = K.$ Так как $BD ⊥AO,$ то

∠AKB = ∠AKD = 90∘.

Проведём $BE$ и $CE.$ Так как $∠ABE$ и $∠ACE$ — вписанные и опираются на диаметр $AE,$ то

∠ABE = ∠ACE = 90∘.

Рассмотрим треугольники $ABK$ и $AEB.$ У них $∠A$ — общий, $∠AKB = ∠ABE = 90∘.$ Тогда треугольники $ABK$ и $AEB$ подобны по двум углам. Запишем отношения подобия:

AB AK 2 AE- = AB- ⇒ AK ⋅AE =AB .

Рассмотрим треугольники $AKD$ и $ACE.$ У них $∠A$ — общий, $∘ ∠AKD = ∠ACE = 90 .$ Тогда треугольники $AKD$ и $ACE$ подобны по двум углам. Запишем отношения подобия:

AK- = AD- ⇒ AK ⋅AE = AC ⋅AD. AC AE

Получили:

AB2 = AK ⋅AE = AC ⋅AD 2 AB = AC ⋅AD

Тогда

AB2- 602 4⋅15⋅4-⋅15- AD = AC = 80 = 80 = 4⋅5⋅3-⋅4-⋅5⋅3 = 16⋅5 = 45.

Найдём $CD :$

CD = AC − AD = 80− 45 = 35.

Ответ: 35

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#105364

В треугольнике $ABC$ известны длины сторон $AB = 14,$ $AC = 98,$ точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC.$ Прямая $BD,$ перпендикулярная прямой $AO,$ пересекает сторону $AC$ в точке $D.$ Найдите $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Продлим $AO$ до пересечения с описанной окружностью треугольника $ABC.$ Обозначим полученную точку за $E.$

$19ABCEDKO48$

Пусть $BD ∩AO = K.$ Так как $BD ⊥AO,$ то

∠AKB = ∠AKD = 90∘.

Проведём $BE$ и $CE.$ Так как $∠ABE$ и $∠ACE$ — вписанные и опираются на диаметр $AE,$ то

∠ABE = ∠ACE = 90∘.

Рассмотрим треугольники $ABK$ и $AEB.$ У них $∠A$ — общий, $∠AKB = ∠ABE = 90∘.$ Тогда треугольники $ABK$ и $AEB$ подобны по двум углам. Запишем отношения подобия:

AB AK 2 AE- = AB- ⇒ AK ⋅AE =AB .

Рассмотрим треугольники $AKD$ и $ACE.$ У них $∠A$ — общий, $∘ ∠AKD = ∠ACE = 90 .$ Тогда треугольники $AKD$ и $ACE$ подобны по двум углам. Запишем отношения подобия:

AK- = AD- ⇒ AK ⋅AE = AC ⋅AD. AC AE

Получили:

AB2 = AK ⋅AE = AC ⋅AD 2 AB = AC ⋅AD

Тогда

AB2- 142- 7⋅2⋅7-⋅2- AD = AC = 98 = 98 = 7⋅2⋅7⋅2- = 7⋅7⋅2 =2.

Найдём $CD :$

CD = AC − AD = 98− 2= 96.

Ответ: 96

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#56385

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ как на диаметре построена полуокружность, пересекающая высоту $AD$ в точке $M,$ $AD = 49,$ $MD = 42,$ $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Найдите $AH.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Достроим полуокружность до окружности. Пусть $O$ — центр этой окружности, а $N$ — её точка пересечения со стороной $AC.$ Проведём отрезок $BN.$ Угол $∠BNC$ — вписанный и опирается на диаметр $BC.$ Следовательно, $∠BNC = 90∘,$ то есть $BN$ — высота.

В треугольнике $ABC$ отрезки $BN$ и $AD$ — высоты. Тогда по условию они пересекаются в точке $H.$

$ABCDOMHNP$

Рассмотрим треугольники $AHN$ и $ACD.$ В них $∘ ∠ANH =90 =∠ADC,$ $∠A$ — общий. Поэтому треугольники $AHN$ и $ACD$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

AH-= AN-. AC AD

Следовательно,

AH ⋅AD = AN ⋅AC.

Продлим $AD$ до пересечения с окружностью в точке $P.$ Проведём $OM$ и $OP.$ Тогда $OM = OP$ как радиусы, следовательно, треугольник $MOP$ — равнобедренный. Значит, в равнобедренном треугольнике $MOP$ высота $OD,$ проведённая к основанию $MP,$ является медианой, поэтому

MD = P D = 42.

Найдём $AM :$

AM = AD − MD = 49 − 42 = 7.

Найдём $AP :$

AP =AD +P D = 49+ 42 = 91.

По теореме о двух секущих $AC$ и $AP :$

AN ⋅AC = AM ⋅AP = 7 ⋅91.

По доказанному ранее

AH ⋅AD = AN ⋅AC = 7 ⋅91.

Поэтому

AH = 7⋅91 = 7⋅91 =13. AD 49

Ответ: 13

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#105368

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ как на диаметре построена полуокружность, пересекающая высоту $AD$ в точке $M,$ $AD = 9,$ $MD = 3,$ $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Найдите $AH.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Достроим полуокружность до окружности. Пусть $O$ — центр этой окружности, а $N$ — её точка пересечения со стороной $AC.$ Проведём отрезок $BN.$ Угол $∠BNC$ — вписанный и опирается на диаметр $BC.$ Следовательно, $∠BNC = 90∘,$ то есть $BN$ — высота.

В треугольнике $ABC$ отрезки $BN$ и $AD$ — высоты. Тогда по условию они пересекаются в точке $H.$

$ABCDOMHNP$

Рассмотрим треугольники $AHN$ и $ACD.$ В них $∠ANH =90∘ =∠ADC,$ $∠A$ — общий. Поэтому треугольники $AHN$ и $ACD$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

AH AN AC-= AD-.

Следовательно,

AH ⋅AD = AN ⋅AC.

Продлим $AD$ до пересечения с окружностью в точке $P.$ Проведём $OM$ и $OP.$ Тогда $OM = OP$ как радиусы, следовательно, треугольник $MOP$ — равнобедренный. Значит, в равнобедренном треугольнике $MOP$ высота $OD,$ проведённая к основанию $MP,$ является медианой, поэтому

MD = PD = 3.

Найдём $AM :$

AM = AD − MD =9 − 3= 6.

Найдём $AP :$

AP = AD +P D = 9+ 3= 12.

По теореме о двух секущих $AC$ и $AP :$

AN ⋅AC = AM ⋅AP = 6 ⋅12.

По доказанному ранее

AH ⋅AD = AN ⋅AC = 6 ⋅12.

Поэтому

AH = 6⋅12 = 6⋅12= 2⋅4 = 8. AD 9

Ответ: 8

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#105374

Окружности радиусов 45 и 55 касаются внешним образом. Точки $A$ и $B$ лежат на первой окружности, точки $C$ и $D$ — на второй. При этом $AC$ и $BD$ — общие касательные окружностей. Найдите расстояние между прямыми $AB$ и $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $O$ и $Q$ — центры меньшей и большей окружностей соответственно. Пусть $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E.$ Так как радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, то $OA ⊥ AC,OB ⊥ BD,$ $QC ⊥ AC,$ $QD ⊥BD.$

$45EOQNKCABDHM55$

$EA = EB$ как касательные к меньшей окружности, проходящих через одну точку. $EC = ED$ как касательные к большей окружности, проходящих через одну точку. Значит,

BD = ED − EB =EC − EA = AC.

Так как меньшая окружность вписана в угол $∠AEB,$ то её центр $O$ лежит на биссектрисе угла $∠AEB,$ поэтому $EO$ — биссектриса угла $∠AEB,$ точки $E,$ $O$ лежат на одной прямой $EO.$

Так как большая окружность вписана в угол $∠CED,$ то её центр $Q$ лежит на биссектрисе угла $∠CED,$ поэтому $\text{[math]}$ — биссектриса угла $∠CED,$ точки $E,$ $Q$ лежат на одной прямой $\text{[math]}$

Таким образом, так как $∠CED$ и $∠AEB$ — один и тот же угол, то точки $E,$ $Q,$ $O$ лежат на одной прямой $\text{[math]}$

Пусть $M$ — точка касания двух окружностей. Точка касания окружностей лежит на одной прямой с центрами окружностей, следовательно, точка $M$ лежит на прямой $\text{[math]}$

Пусть $N$ — точка пересечения $AB$ и $EQ,$ $K$ — точка пересечения $CD$ и $\text{[math]}$

Треугольник $AEB$ равнобедренный и $EN$ — его биссектриса, следовательно, $EN ⊥ AB.$ Треугольник $CED$ равнобедренный и $EK$ — его биссектриса, следовательно, $EK ⊥ CD.$ Значит, $AB ∥ CD.$ Таким образом, в задаче требуется найти $NK.$

Так как $OA ⊥ AC,$ $QC ⊥ AC,$ то $OA ∥ QC.$ Проведём $OH ⊥QC,$ тогда $ACHO$ — прямоугольник. Следовательно, по свойству прямоугольника $AO = CH.$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHQ.$ В нём

$pict$

Треугольник $OHQ$ подобен треугольнику $CKQ$ по двум углам, так как $∠OHQ = ∠CKQ = 90∘,$ $∠OQC$ — общий. Тогда

OQ HQ CQ-= KQ-- 100= -10- 55 KQ KQ = 5,5

Треугольник $EAO$ подобен треугольнику $ECQ$ по двум углам, так как $∘ ∠EAO = ∠ECQ = 90,$ $∠AEO$ — общий. Тогда $∠AON = ∠OQC$ как соответственные.

$∠EAO = ∠ECQ$ как соответственные углы при $AO ∥ CQ$ и секущей $EC.$ $∠EAN = ∠ECK$ как соответственные углы при $AN ∥ CK$ и секущей $EC.$ Тогда

∠NAO = ∠EAO − ∠EAN = ∠ECQ − ∠ECK = ∠KCQ.

$∠EBO = ∠EDQ$ как соответственные углы при $BO ∥DQ$ и секущей $ED.$ $∠EBN = ∠EDK$ как соответственные углы при $BN ∥DK$ и секущей $ED.$ Тогда

∠NBO =∠EBO − ∠EBN = ∠EDQ − ∠EDK = ∠KDQ.

Тогда треугольник $ABO$ подобен треугольнику $CDQ$ по двум углам. Следовательно, $∠AOB = ∠CQD.$

Так как $ON$ — высота в равнобедренном треугольнике $ABO,$ опущенная на основание, то $ON$ — биссектриса,

∠AON = 1 ⋅∠AOB. 2

Так как $QK$ — высота в равнобедренном треугольнике $CDQ,$ опущенная на основание, то $QK$ — биссектриса,

∠CQK = 1 ⋅∠CQD. 2

Поэтому

1 1 ∠AON = 2 ⋅∠AOB = 2 ⋅∠CQD = ∠CQK.

Треугольник $OHQ$ подобен треугольнику $ANO$ по двум углам, так как $∠OHQ = ∠ANO = 90∘,$ $∠AON = ∠CQK = ∠OQH.$ Тогда

OQ-= HQ- AO NO 100= -10 45 NO NO = 4,5

Тогда

NK = OQ − KQ +NO = 100 − 5,5+ 4,5 =99.

Ответ: 99

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#105376

Окружности радиусов 4 и 60 касаются внешним образом. Точки $A$ и $B$ лежат на первой окружности, точки $C$ и $D$ — на второй. При этом $AC$ и $BD$ — общие касательные окружностей. Найдите расстояние между прямыми $AB$ и $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $O$ и $Q$ — центры меньшей и большей окружностей соответственно. Пусть $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E.$ Так как радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, то $OA ⊥ AC,OB ⊥ BD,$ $QC ⊥ AC,$ $QD ⊥BD.$

$46EOQNKCABDHM0$

$EA = EB$ как касательные к меньшей окружности, проходящих через одну точку. $EC = ED$ как касательные к большей окружности, проходящих через одну точку. Значит,

BD = ED − EB =EC − EA = AC.

Так как меньшая окружность вписана в угол $∠AEB,$ то её центр $O$ лежит на биссектрисе угла $∠AEB,$ поэтому $EO$ — биссектриса угла $∠AEB,$ точки $E,$ $O$ лежат на одной прямой $EO.$

Так как большая окружность вписана в угол $∠CED,$ то её центр $Q$ лежит на биссектрисе угла $∠CED,$ поэтому $\text{[math]}$ — биссектриса угла $∠CED,$ точки $E,$ $Q$ лежат на одной прямой $\text{[math]}$

Таким образом, так как $∠CED$ и $∠AEB$ — один и тот же угол, то точки $E,$ $Q,$ $O$ лежат на одной прямой $\text{[math]}$

Пусть $M$ — точка касания двух окружностей. Точка касания окружностей лежит на одной прямой с центрами окружностей, следовательно, точка $M$ лежит на прямой $\text{[math]}$

Пусть $N$ — точка пересечения $AB$ и $EQ,$ $K$ — точка пересечения $CD$ и $\text{[math]}$

Треугольник $AEB$ равнобедренный и $EN$ — его биссектриса, следовательно, $EN ⊥ AB.$ Треугольник $CED$ равнобедренный и $EK$ — его биссектриса, следовательно, $EK ⊥ CD.$ Значит, $AB ∥ CD.$ Таким образом, в задаче требуется найти $NK.$

Так как $OA ⊥ AC,$ $QC ⊥ AC,$ то $OA ∥ QC.$ Проведём $OH ⊥QC,$ тогда $ACHO$ — прямоугольник. Следовательно, по свойству прямоугольника $AO = CH.$

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHQ.$ В нём

$pict$

Треугольник $OHQ$ подобен треугольнику $CKQ$ по двум углам, так как $∠OHQ = ∠CKQ = 90∘,$ $∠OQC$ — общий. Тогда

OQ HQ CQ-= KQ-- 64 = -56-- 60 KQ KQ = 52,5

Треугольник $EAO$ подобен треугольнику $ECQ$ по двум углам, так как $∘ ∠EAO = ∠ECQ = 90,$ $∠AEO$ — общий. Тогда $∠AON = ∠OQC$ как соответственные.

$∠EAO = ∠ECQ$ как соответственные углы при $AO ∥ CQ$ и секущей $EC.$ $∠EAN = ∠ECK$ как соответственные углы при $AN ∥ CK$ и секущей $EC.$ Тогда

∠NAO = ∠EAO − ∠EAN = ∠ECQ − ∠ECK = ∠KCQ.

$∠EBO = ∠EDQ$ как соответственные углы при $BO ∥DQ$ и секущей $ED.$ $∠EBN = ∠EDK$ как соответственные углы при $BN ∥DK$ и секущей $ED.$ Тогда

∠NBO =∠EBO − ∠EBN = ∠EDQ − ∠EDK = ∠KDQ.

Тогда треугольник $ABO$ подобен треугольнику $CDQ$ по двум углам. Следовательно, $∠AOB = ∠CQD.$

Так как $ON$ — высота в равнобедренном треугольнике $ABO,$ опущенная на основание, то $ON$ — биссектриса,

∠AON = 1 ⋅∠AOB. 2

Так как $QK$ — высота в равнобедренном треугольнике $CDQ,$ опущенная на основание, то $QK$ — биссектриса,

∠CQK = 1 ⋅∠CQD. 2

Поэтому

1 1 ∠AON = 2 ⋅∠AOB = 2 ⋅∠CQD = ∠CQK.

Треугольник $OHQ$ подобен треугольнику $ANO$ по двум углам, так как $∠OHQ = ∠ANO = 90∘,$ $∠AON = ∠CQK = ∠OQH.$ Тогда

OQ-= HQ- AO NO 64 = -56- 4 NO NO = 3,5

Тогда

NK = OQ − KQ +NO = 64− 52,5+ 3,5 =15.

Ответ: 15

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#105600

Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 43$ и $CD =4$ вписан в окружность. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K,$ причём $∠AKB = 60∘.$ Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Проведём $DM ∥AC.$ Тогда $∠BKA = ∠BDM = 60∘$ как соответственные углы, образованные параллельными прямыми $DM$ и $AC$ и секущей $BD.$

Проведём $AM.$ $∠CAD =∠ADM$ как накрест лежащие углы при $AC ∥ MD$ и секущей $AD.$

$CDABMK614402∘0∘$

$∠CAD$ — вписанный и опирается на дугу $CD,$ $∠ADM$ — вписанный и опирается на дугу $AM.$ Так как $∠CAD = ∠ADM,$ то дуги $CD$ и $AM$ равны, следовательно, хорды, которые их стягивают, тоже равны, то есть $AM = CD = 4.$

Рассмотрим четырёхугольник $ABDM.$ Так как он вписанный, то по свойству вписанного четырехугольника

∠MAB + ∠MDB = 180∘ ⇒ ∠MAB = 180∘− 60∘ = 120∘

Проведём $BM.$ Рассмотрим треугольник $ABM.$ Запишем теорему косинусов для него:

BM2 = AB2 + AM2 − 2⋅AB ⋅AM ⋅cos∠BAM BM2 = 1849+ 16 − 2 ⋅43 ⋅4⋅cos120∘ ( ) BM2 = 1865− 344 ⋅ − 1 2 √2--- BM = 2037⇒ BM = 2037

Пусть радиус окружности равен $R.$ Заметим, что описанной окружностью для $△ ABM$ будет эта же окружность. По теореме синусов для треугольника $ABM$

sBinM120∘ =2R √ ---- --2√037 = 2R -32 ∘ ---- --- R = 2037= √679 3

Ответ:

$√ --- 679$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#105601

Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 25$ и $CD =16$ вписан в окружность. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K,$ причём $∠AKB = 60∘.$ Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Проведём $DM ∥AC.$ Тогда $∠BKA = ∠BDM = 60∘$ как соответственные углы, образованные параллельными прямыми $DM$ и $AC$ и секущей $BD.$

Проведём $AM.$ $∠CAD =∠ADM$ как накрест лежащие углы при $AC ∥ MD$ и секущей $AD.$

$CDABMK61110266∘0∘$

$∠CAD$ — вписанный и опирается на дугу $CD,$ $∠ADM$ — вписанный и опирается на дугу $AM.$ Так как $∠CAD = ∠ADM,$ то дуги $CD$ и $AM$ равны, следовательно, хорды, которые их стягивают, тоже равны, то есть $AM = CD = 16.$

Рассмотрим четырёхугольник $ABDM.$ Так как он вписанный, то по свойству вписанного четырехугольника

∠MAB + ∠MDB = 180∘ ⇒ ∠MAB = 180∘− 60∘ = 120∘

Проведём $BM.$ Рассмотрим треугольник $ABM.$ Запишем теорему косинусов для него:

BM2 = AB2 + AM2 − 2⋅AB ⋅AM ⋅cos∠BAM BM2 =625+ 256− 2⋅25⋅16⋅cos120∘ ( ) BM2 =881− 800⋅ − 1 2 √2--- BM = 1281⇒ BM = 1281

Пусть радиус окружности равен $R.$ Заметим, что описанной окружностью для $△ ABM$ будет эта же окружность. По теореме синусов для треугольника $ABM$

sBinM120∘ =2R √ ---- --1√281 = 2R -32 ∘ ---- --- R = 1281= √427 3

Ответ:

$√ --- 427$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#105708

Точки $M$ и $N$ лежат на стороне $AC$ треугольника $ABC$ на расстояниях соответственно 9 и 32 от вершины $A.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $M$ и $N$ и касающейся луча $AB,$ если $√ - cos∠BAC = 2--2. 3$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — точка касания окружности и $AB.$

$ABCKMN99$

По теореме о касательной и секущей

AK2 =AM ⋅AN = 9⋅32 AK = √9-⋅32= √3-⋅3⋅4⋅4⋅2= 12√2-

Рассмотрим треугольник $AKM.$ Так как $∠KAM =∠BAC,$ то

√- cos∠KAM =cos∠BAC = 2-2. 3

По теореме косинусов для треугольника $AKM :$

KM2 = AM2 + AK2 − 2⋅AM ⋅AK ⋅cos∠KAM = ( ) √- = 92+ 12√2 2− 2⋅9⋅12√2-⋅ 2-2-= 3 = 81+ 144⋅2− 144⋅2= 81.

Значит, $KM =9.$

Так как $AM = KM = 9,$ то треугольник $AKM$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠AKM = ∠KAM.$

По теореме об угле между касательной и хордой для касательной $AK$ и хорды $KM$ получаем, что

1 ⌣ ∠AKM = 2KM = ∠KNM.

Тогда $∠KNM = ∠KAM$ и

√ - cos∠KNM = cos∠KAM = 2-2. 3

По основному тригонометрическому тождеству

sin2∠KNM + cos2∠KNM = 1 2 (2√2-)2 sin ∠KNM + --3- = 1 sin2∠KNM + 8 =1 9 sin2∠KNM = 1 9

Так как $0∘ < ∠KNM < 180∘,$ то $sin ∠KNM > 0,$ поэтому

∘ 1- 1 sin∠KNM = 9 = 3.

Рассмотрим треугольник $KNM.$ По теореме синусов

---KM---- sin∠KNM = 2R 9 -1= 2R 3 9 ⋅3= 2R R =13,5

Ответ: 13,5

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#105709

Точки $M$ и $N$ лежат на стороне $AC$ треугольника $ABC$ на расстояниях соответственно 18 и 40 от вершины $A.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $M$ и $N$ и касающейся луча $AB,$ если $√ - cos∠BAC = --5. 3$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $K$ — точка касания окружности и $AB.$

$11ABCKMN88$

По теореме о касательной и секущей

2 √AK--= AM√ -⋅AN--=-18⋅40 √- AK = 18⋅40= 3⋅3⋅2⋅4 ⋅2 ⋅5= 12 5

Рассмотрим треугольник $AKM.$ Так как $∠KAM =∠BAC,$ то

√ - --5 cos∠KAM = cos∠BAC = 3 .

По теореме косинусов для треугольника $AKM :$

KM2 = AM2 + AK2 − 2⋅AM ⋅AK ⋅cos∠KAM = 2 ( √ )2 √ - √5- = 18 + 12 5 − 2 ⋅18 ⋅12 5⋅-3-= = 324+ 144⋅5− 144⋅5= 324.

Значит, $KM =18.$

Так как $AM = KM = 18,$ то треугольник $AKM$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠AKM = ∠KAM.$

По теореме об угле между касательной и хордой для касательной $AK$ и хорды $KM$ получаем, что

∠AKM = 1K⌣M = ∠KNM. 2

Тогда $∠KNM = ∠KAM$ и

√5 cos∠KNM = cos∠KAM = -3-.

По основному тригонометрическому тождеству

2 2 sin ∠KNM + cos ∠KNM = 1 ( √5)2 sin2∠KNM + -3- = 1 sin2∠KNM + 5 =1 9 sin2∠KNM = 4 9

Так как $0∘ < ∠KNM < 180∘,$ то $sin ∠KNM > 0,$ поэтому

∘ -- sin∠KNM = 4 = 2. 9 3

Рассмотрим треугольник $KNM.$ По теореме синусов

KM sin∠KNM-- = 2R 182= 2R 3 9 ⋅3= 2R R =13,5

Ответ: 13,5

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#105686

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны соответственно 36 и 12, а сумма углов при основании $AD$ равна $90∘.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD,$ если $AB = 13.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

$BOHCExADP$

Рассмотрим треугольник $AP D.$ По условию $∠PAD +∠P DA = 90∘.$ Тогда по теореме о сумме углов треугольника:

∘ ∠AP D +∠P AD + ∠PDA = 180 .

Значит,

∘ ∠AP D = 180 −∘ (∠P A∘D + ∠∘P DA) = = 180 − 90 = 90.

Пусть $O$ — центр окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD.$

Пусть окружность касается прямой $CD$ в точке $E.$

Проведём $OE.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OE ⊥P D.$

Проведем $OH ⊥ AP.$ Тогда $∘ ∠PHO = 90.$

Рассмотрим четырехугольник $PEOH.$ В нём

∠AP D = ∠PEO =∠P HO =90∘,

следовательно, $PEOH$ — прямоугольник.

Рассмотрим треугольники $BP C$ и $AP D.$ В них $∠P$ — общий, $∠PBC = ∠PAD,$ как соответственные углы при $BC ∥AD$ и секущей $PA.$ Тогда треугольники $BP C$ и $APD$ подобны по двум углам.

Пусть $BP =x.$ Тогда

AP = AB + BP = 13+ x.

Запишем отношения подобия для треугольников $BP C$ и $APD :$

BP-= BC- AP AD --x-- = 12 13 +x 36 36x = 12(13+ x) 36x= 156+ 12x 24x =156 x = 6,5 BP = 6,5

Проведем $AO$ и $BO.$ Заметим, что $AO = BO$ как радиусы окружности.

В треугольнике $AOB$ стороны $AO$ и $BO$ равны, следовательно, треугольник $AOB$ — равнобедренный.

$OH ⊥ AP,$ следовательно, $OH$ — высота в треугольнике $AOB.$ Так как треугольник $AOB$ — равнобедренный, то $OH$ — медиана. Значит

AB 13 AH = HB = -2- = 2-= 6,5.

Тогда

HP = HB + BP = 6,5+ 6,5= 13.

$HP = OE$ как противоположные стороны в прямоугольнике $PEOH.$

Пусть $R$ — радиус окружности, тогда, так как и $OE$ — радиус окружности, получаем, что

R = OE = HP = 13.

Ответ: 13

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#105687

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны соответственно 33 и 11, а сумма углов при основании $AD$ равна $90∘.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD,$ если $AB = 20.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

$BOHCExADP$

Рассмотрим треугольник $AP D.$ По условию $∠PAD +∠P DA = 90∘.$ Тогда по теореме о сумме углов треугольника:

∘ ∠AP D +∠P AD + ∠PDA = 180 .

Значит,

∘ ∠AP D = 180 −∘ (∠P A∘D + ∠∘P DA) = = 180 − 90 = 90.

Пусть $O$ — центр окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD.$

Пусть окружность касается прямой $CD$ в точке $E.$

Проведём $OE.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OE ⊥P D.$

Проведем $OH ⊥ AP.$ Тогда $∘ ∠PHO = 90.$

Рассмотрим четырехугольник $PEOH.$ В нём

∠AP D = ∠PEO =∠P HO =90∘,

следовательно, $PEOH$ — прямоугольник.

Рассмотрим треугольники $BP C$ и $AP D.$ В них $∠P$ — общий, $∠PBC = ∠PAD,$ как соответственные углы при $BC ∥AD$ и секущей $PA.$ Тогда треугольники $BP C$ и $APD$ подобны по двум углам.

Пусть $BP =x.$ Тогда

AP = AB + BP = 20+ x.

Запишем отношения подобия для треугольников $BP C$ и $APD :$

BP-= BC- AP AD --x-- = 11 20 +x 33 33x = 11(20+ x) 33x= 220+ 11x 22x =220 x= 10 BP = 10

Проведем $AO$ и $BO.$ Заметим, что $AO = BO$ как радиусы окружности.

В треугольнике $AOB$ стороны $AO$ и $BO$ равны, следовательно, треугольник $AOB$ — равнобедренный.

$OH ⊥ AP,$ следовательно, $OH$ — высота в треугольнике $AOB.$ Так как треугольник $AOB$ — равнобедренный, то $OH$ — медиана. Значит

AB 20 AH = HB = 2--= -2 =10.

Тогда

HP = HB + BP = 10+ 10= 20.

$HP = OE$ как противоположные стороны в прямоугольнике $PEOH.$

Пусть $R$ — радиус окружности, тогда, так как и $OE$ — радиус окружности, получаем, что

R = OE = HP = 20.

Ответ: 20

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#105702

В параллелограмме $ABCD$ проведена диагональ $AC.$ Точка $O$ является центром окружности, вписанной в треугольник $ABC.$ Расстояния от точки $O$ до точки $A$ и прямых $AD$ и $AC$ соответственно равны 13, 9 и 5. Найдите площадь параллелограмма $ABCD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть окружность касается сторон $AC,$ $AB$ и $BC$ в точках $K,$ $P$ и $M$ соответственно.

Пусть $OH ⊥ AD,$ $H ∈AD.$ Тогда $OH$ — расстояние от точки $O$ до прямой $AD.$ По условию $OH = 9,$ $OA = 13.$

$yyxx1hABCDOMHPK2$

Проведём $OK.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OK ⊥ AC.$ Тогда $OK$ — расстояние от точки $O$ до прямой $AC.$ Следовательно, $OK = 5$ по условию. Значит, радиус окружности равен 5.

Проведём $OM.$ Тогда $OM = 5$ как радиус окружности. Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OM ⊥ BC.$ Тогда $OM ⊥ BC,$ $OH ⊥ AD,$ $BC ∥ AD,$ следовательно, точки $M,$ $O,$ $H$ лежат на одной прямой и $MH$ — высота параллелограмма. Тогда

MH =OM + OH = 5+ 9 =14.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOK.$ По теореме Пифагора

AO2 = AK2 + OK2,

значит,

∘ ---------- ∘------- AK = AO2 − OK2 = 132− 52 = √------- √--- = 169− 25= 144 =12.

Пусть $BP =x,$ $CM =y.$ Так как отрезки касательных к окружности, проведённые из одной точки, равны, то

$pict$

Тогда

$pict$

Посчитаем площадь треугольника $ABC$ двумя способами. С одной стороны, площадь треугольника равна произведению полупериметра и радиуса вписанной окружности. С другой стороны, площадь треугольника равна половине произведения основания на высоту. Значит,

p ⋅r = 1 ⋅h ⋅BC, 2

где $p$ — полупериметр треугольника $ABC,$ $r$ — радиус его вписанной окружности, $h$ — его высота, проведённая к стороне $BC.$

Найдём полупериметр треугольника $ABC :$

p= AB-+BC--+AC--= 2 (12+-x)+(x-+y)+-(12+-y) = 2 = 2x+ 2y+ 24 = ----2----- =x + y+ 12

Высота в треугольнике $ABC$ — расстояние от точки $A$ до прямой $BC.$ Тогда $h = MH$ как расстояние между параллельными прямыми $AD$ и $BC.$ Значит, $h = 14,$ $r = 5,$ а $BC = x+ y,$ поэтому

(x+ y +12)⋅5= 1 ⋅h⋅BC 2 (BC +12)⋅5= 1 ⋅14⋅BC 2 (BC + 12)⋅10 = 14BC 10BC + 120= 14BC 120= 4BC BC = 30

Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту, поэтому

SABCD = BC ⋅HM = 30⋅14= 420.

Ответ: 420

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#105704

В параллелограмме $ABCD$ проведена диагональ $AC.$ Точка $O$ является центром окружности, вписанной в треугольник $ABC.$ Расстояния от точки $O$ до точки $A$ и прямых $AD$ и $AC$ соответственно равны 25, 19 и 7. Найдите площадь параллелограмма $ABCD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть окружность касается сторон $AC,$ $AB$ и $BC$ в точках $K,$ $P$ и $M$ соответственно.

Пусть $OH ⊥ AD,$ $H ∈AD.$ Тогда $OH$ — расстояние от точки $O$ до прямой $AD.$ По условию $OH = 19,$ $OA = 25.$

$yyxx2hABCDOMHPK4$

Проведём $OK.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OK ⊥ AC.$ Тогда $OK$ — расстояние от точки $O$ до прямой $AC.$ Следовательно, $OK = 7$ по условию. Значит, радиус окружности равен 7.

Проведём $OM.$ Тогда $OM = 7$ как радиус окружности. Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OM ⊥ BC.$ Тогда $OM ⊥ BC,$ $OH ⊥ AD,$ $BC ∥ AD,$ следовательно, точки $M,$ $O,$ $H$ лежат на одной прямой и $MH$ — высота параллелограмма. Тогда

MH = OM +OH = 7+ 19= 26.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $AOK.$ По теореме Пифагора

AO2 = AK2 + OK2,

значит,

∘ ---------- ∘------- AK = AO2 − OK2 = 252− 72 = √------- √--- = 625− 49= 576 =24.

Пусть $BP =x,$ $CM =y.$ Так как отрезки касательных к окружности, проведённые из одной точки, равны, то

$pict$

Тогда

$pict$

Посчитаем площадь треугольника $ABC$ двумя способами. С одной стороны, площадь треугольника равна произведению полупериметра и радиуса вписанной окружности. С другой стороны, площадь треугольника равна половине произведения основания на высоту. Значит,

p ⋅r = 1 ⋅h ⋅BC, 2

где $p$ — полупериметр треугольника $ABC,$ $r$ — радиус его вписанной окружности, $h$ — его высота, проведённая к стороне $BC.$

Найдём полупериметр треугольника $ABC :$

p= AB-+BC--+AC--= 2 (24+-x)+(x-+y)+-(24+-y) = 2 = 2x+ 2y+ 48 = ----2----- =x + y+ 24

Высота в треугольнике $ABC$ — расстояние от точки $A$ до прямой $BC.$ Тогда $h = MH$ как расстояние между параллельными прямыми $AD$ и $BC.$ Значит, $h = 26,$ $r = 7,$ а $BC = x+ y,$ поэтому

(x+ y +24)⋅7= 1 ⋅h⋅BC 2 (BC +24)⋅7= 1 ⋅26⋅BC 2 (BC + 24)⋅14 = 26BC 14BC + 336= 26BC 336 =12BC BC = 28

Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту, поэтому

SABCD = BC ⋅HM = 28⋅26= 728.

Ответ: 728

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Ход решения верный, получен верный ответ	2

Ход решения верный, все его шаги присутствуют, но допущена арифметическая ошибка	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

04 Окружности и многоугольники