Тема Ломоносов

Планиметрия на Ломоносове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ломоносов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 21#89919Максимум баллов за задание: 7

Две окружности касаются внешним образом: друг друга в точке $A$ , а третьей окружности — в точках $B$ и $C$ . Продолжение хорды $AB$ первой окружности пересекает вторую окружность в точке $D$ , продолжение хорды $AC$ пересекает первую окружность в точке $E$ , а продолжения хорд $BE$ и $CD$ — третью окружность в точках $F$ и $G$ соответственно. Найдите $BG$ , если $BC = 5$ и $BF = 12.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В задачах, где фигурируют несколько окружностей, бывает полезно провести общие касательные. Что можно сказать о них троих?

Подсказка 2

Попарно общие касательные пересекаются в одной точке! Давайте посмотрим на углы, которые образуются при пересечении двух касательных к одной окружности.

Подсказка 3

Углы треугольника ABC разбиваются касательными на 6 углов, среди которых три пары равных. Что если обозначить их переменными? Подумаем, какие еще равные углы образуются из касания?

Подсказка 4

Докажите, что прямые FB и GC параллельны. А что можно сказать про четырехугольник FGCB?

Показать ответ и решение

Пусть $S1,S2$ и $S3$ — первая, вторая и третья окружности соответственно. Проведём через точки $A,B$ и $C$ общие касательные $l,l,l a b c$ к окружностям $S1$ и $S2,S1$ и $S3,S2$ и $S3$ соответственно. Тогда касательные $la$ и $lb$ образуют равные углы с хордой $AB$ . Обозначим эти углы через $γ$ . Аналогично, равные углы, которые образуют касательные $la$ и $lc$ с хордой $AC$ , обозначим через $β$ , а равные углы, которые образуют касательные $lb$ и $lc$ с хордой $BC$ , — через $α.$ Тогда сумма $2α+ 2β+2γ$ - это сумма углов треугольника $ABC$ , поэтому $∘ α +β +γ =90 .$

$PIC$

На касательной $la$ отметим точку $P$ внутри угла $DAE$ и точку $Q$ внутри угла $BAC$ . Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что

∠BEC = ∠BEA = ∠BAQ = ∠PAD = ∠ACD = ∠ECD,

значит, $BE ∥CD$ , а т.к.

∠BCD = ∠ACB + ∠ACD = α+ β+ γ = 90∘,

то $∠BCG = 90∘$ , поэтому четырёхугольник $BCGF$ — прямоугольник. Следовательно,

∘ --------- ∘--------- ∘ ------ BG = CG2+ BC2 = BF 2+BC2 = 122+ 52 = 13.

Ответ: 13

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 22#79930Максимум баллов за задание: 7

Точки $A,B$ и $C$ лежат на одной прямой. Отрезок $AB$ является диаметром первой окружности, а отрезок $BC$ — диаметром второй окружности. Прямая, проходящая через точку $A,$ пересекает первую окружность в точке $D$ и касается второй окружности в точке $E,BD = 9$ , $BE = 12.$ Найдите радиусы окружностей.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие случаи надо рассмотреть в данной задаче?

Подсказка 2

Точки A, B и C могут иметь различные взаимные расположения.

Подсказка 3

Пусть A лежит между B и C. Что тогда ещё можно сказать о расположении A?

Подсказка 4

Точка А будет лежать внутри второй окружности.

Подсказка 5

В двух других случаях рассмотрите подобные треугольники и величины получившихся отрезков.

Показать ответ и решение

Возможны три случая расположения точек $A,B$ и $C$ на прямой.

1. Точка $A$ лежит между точками $B$ и С. Тогда $A$ находится внутри второй окружности и не существует прямой, проходящей через $A$ и касающейся второй окружности.

2. Точка $B$ лежит между точками $A$ и $C$ .

$PIC$

Имеем $∘ ∠ADB = ∠BEC = ∠AEO2 = 90,$ и $∠DEB,$ как угол между касательной и хордой, равен $∠ECB.$ Треугольники ВЕС и $BDE$ подобны по двум углам, откуда следует, что

BC BE BE2 BE-= BD-⇒ 2R2 =BC = -BD-= 16⇒ R2 =8

Отрезки $BD$ и $EO2$ параллельны, и должно выполняться неравенство $BD <EO2,$ а в то же время $BD = 9$ и $EO2 = R2 =8,$ так что этот случай невозможен.

3. Точка $C$ лежит между точками $A$ и $B$ .

$PIC$

Дословно повторяя рассуждение из предыдущего случая, снова получаем $R2 = 8.$ Треугольники $ADB$ и $AEO2$ также подобны по двум углам, откуда следует, что

AB-= -DB-⇒ --2R1---= -9-⇒ -2R1--= 9 ⇒ R1 = 36 AO2 EO2 2R1 − R2 R2 2R1− 8 8

Ответ: 36 и 8

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 23#64606Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ расстояния от вершин $A$ и $B$ до боковой стороны $CD$ равны 3 и 2 соответственно. Длина $CD$ равна $2,4$ . Найдите площадь трапеции $ABCD.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Какие площади можно сразу найти?

Подсказка 2

S(ACD) и S(BCD). А есть ли в данной конструкции фигуры с равными площадями?

Показать ответ и решение

$PIC$

Из условия мы можем найти площади $SACD = 3⋅22,4 =3,6$ и $SBCD = 2⋅2,24= 2,4$ . Используем известный факт (см. рельсы Евклида), что $SDBC = SABC$ : действительно, если $h$ — расстояние между основаниями трапеции (между параллельными прямыми $AD$ и $BC$ ), то $SABC = 12h⋅BC = SBCD$ . Тогда $SABCD = SACD +SABC = 3,6+ 2,4= 6$ .

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 24#79926Максимум баллов за задание: 7

Найдите площадь трапеции $ABCD$ с боковой стороной $BC = 5$ , если расстояния от вершин $A$ и $D$ до прямой $BC$ равны 3 и 7 соответственно.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проведите перпендикуляры из A и D к прямой BC.

Подсказка 2

Какое дополнительное построение можно сделать в трапеции, чтобы по-другому выразить её площадь?

Подсказка 3

Пусть М — середина AD. Проведите через неё прямую, параллельную BC.

Подсказка 4

А чем будет являться перпендикуляр из M к BC?

Показать ответ и решение

Проведём через середину $M$ стороны $AD$ прямую $EF ∥BC$ и опустим перпендикуляры $MH, AH ,DH 1 2$ на $BC.$

$PIC$

Тогда $△DEM$ равен $△AFM,$ поэтому площадь трапеции $ABCD$ равна площади параллелограмма $EF BC.$ Заметим, что $MH$ — средняя линия трапеции $AH1H2M,$ тогда

AH1 +DH2 3+7 MH = ----2---- = -2--= 5

В итоге

SABCD = SEFBC =MH ⋅BC =5 ⋅5 =25

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 25#116301Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ площади треугольников $ABD$ и $BCD$ равны, а площадь треугольника $ACD$ равна половине площади треугольника $ABD.$ Найдите длину отрезка $CM,$ где $M$ — середина стороны $AB,$ если известно, что $AD = 12.$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем раскручивать задачу постепенно и будем записывать равенства площадей из условия. Раз уж нужны площади, почему бы тогда не опустить высоты в них?)

Подсказка 2

Опустим высоты из A и C на BD. Что можно сказать об их длинах? Быть может, это влечет за собой другие равенства треугольников?

Подсказка 3

Высоты равны, поэтому появляются еще и равные треугольники! Пусть O — точка пересечения диагоналей нашего четырёхугольника. Что можно сказать о треугольнике ACD?

Подсказка 4

В треугольнике ACD проведена медиана DO! Тогда можно обозначить площадь треугольника ADO за x и записать уравнение на площади из условия)

Подсказка 5

Итак, теперь мы знаем, какую часть треугольника ABD составляет треугольник ADO. Что тогда полезного можно отметить на BO?

Подсказка 6

Отметьте на BO точку, делящую отрезок в отношении 2:1, считая от вершины ;)

Показать ответ и решение

Опустим высоты $AH A$ и $CH C$ на $BD$ из точек $A$ и $C$ соответственно.

$PIC$

Воспользуемся равенством площадей $△ABD$ и $△BCD :$

1 1 2 ⋅AHA ⋅BD = 2 ⋅CH ⋅BD

Значит, высоты $AHA$ и $CHC$ равны. Тогда из равенства прямоугольных треугольников $△AOHA$ и $△COHC$ следует равенство отрезков $AO$ и $CO.$ А так как медиана делит треугольник на два равновеликих, то пусть $SAOD = SDOC =x.$

$PIC$

По условию дано, что $SABD = 2SACD.$ Перепишем в виде:

SABO +x =2⋅2x

Откуда получаем $SABO = 3x.$ Если на $BO$ отметить точку $G$ , такую что $BG :GO = 2:1,$ то $1 SGAO = 3SABO =x.$ Из равенства $SGAO = SAOD =x$ следует, что $GO = OD.$ Так как выше уже получили равенство $AO =OC,$ то $AGCD$ — параллелограмм и $AD = CG.$

Вспомним, что на медиане $BO$ была отмечена точка, делящая данный отрезок в том же отношении, что и точка пересечения медиан. Значит, точка $G$ и есть центр масс. Следовательно, $CG :GM =2:1.$ Собирая найденные факты воедино, получаем:

3 3 3 CM = 2CG = 2AD = 2 ⋅12= 18.

Ответ: