Тема 25. Геометрическая задача повышенной сложности

25.01 Задачи №25 из банка ФИПИ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрическая задача повышенной сложности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#43942

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 $AD =6,$ $BC =5.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Обозначим точку пересечения $AB$ и $CD$ за $O.$ Пусть $EH ⊥ CD,$ $H ∈CD.$ Тогда $∠EHD = ∠EHC = 90∘.$ Так как $BC ⊥ AB,$ то $∠OBC = ∠ABC = 90∘.$ $BC ∥AD,$ следовательно, $AB ⊥ AD$ и $∠BAD = 90∘.$

Опустим высоту $CK$ на $AD.$ Так как $CK ⊥ AD$ и $AB ⊥ AD,$ то $CK ∥AB.$ Тогда $ABCK$ — параллелограмм по определению. По свойству параллелограмма $BC = AK,$ $AB = CK.$

KD = AD − AK =AD − BC = 6− 5= 1

$PIC$

Пусть $CD = x.$ Рассмотрим треугольники $OBC$ и $CKD.$ $∠OCB =∠CDK$ как соответственные при параллельных прямых $BC$ и $AD,$ $∠OBC =∠CKD =90∘.$ Тогда $△ OBC ∼ △CKD$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

OB- = OC- = BC-- ⇒ OC = CD-⋅BC-= x⋅5= 5x CK CD KD KD 1

Тогда

OD = OC + CD = 5x +x = 6x

Так как $OE$ — касательная, то по теореме о касательной и секущей

OE2 =OC ⋅OD ⇒ OE = √6x⋅5x-= x√30

Так как сумма углов треугольника равна $∘ 180 ,$ то в треугольнике $OHE :$

∘ ∘ ∠OEH = 180 − ∠OHE − ∠HOE = 180 − ∠OBC − ∠BOC = ∠OCB

Рассмотрим треугольники $OHE$ и $CKD.$ $∠OHE =∠CKD =90∘,$ $∠OEH = ∠CDK.$ Тогда $△ OHE ∼ △CKD$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

√-- √ -- OH- = OE-= HE-- ⇒ HE = OE-⋅KD-= x-30⋅1-= 30 CK CD KD CD x

Ответ:

$√ -- 30$

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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#56383

В треугольнике $ABC$ известны длины сторон $AB = 84,$ $AC = 98,$ 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 $E.$

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∘

$PIC$

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

AB- = BK--= AK- ⇒ AK ⋅AE = AB2 AE EB AB

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

AK-= KD-= AD- ⇒ AK ⋅AE = AC ⋅AD AC CE AE

Получили:

AB2 = AK ⋅AE = AC ⋅AD AB2 = AC ⋅AD 2 2 AD = AB--= 84- = 42⋅2⋅42⋅2-= 6⋅7⋅2⋅6⋅7-⋅2-= 72 AC 98 98 7⋅7⋅2

Найдём $CD :$

CD = AC − AD = 98− 72= 26

Ответ: 26

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#48406

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ $(AB ⁄= AC)$ как на диаметре построена полуокружность, пересекающая высоту $AD$ в точке $M,$ $AD =90,$ $MD = 69,$ $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Найдите $AH.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $N$ — точка пересечения окружности с $AC.$ Проведём $BN.$

$∠BNC$ — вписанный и опирается на диаметр. Тогда $∠BNC = 90∘,$ то есть $BN$ — высота.

В треугольнике $ABC$ $BN$ и $AD$ — высоты. По условию $BN ∩ AD = H.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $AHN$ и $ACD.$ $∠ANH = 90∘ = ∠ADC,$ $∠A$ — общий. Тогда $△ AHN ∼ △ACD$ по двум углам. Запишем коэффициент подобия:

AH AN AC-= AD- ⇒ AH ⋅AD = AC ⋅AN

Продлим $AD$ до пересечения с окружностью в точке $P.$

Проведём $OM$ и $OP.$ $OM = OP$ как радиусы, следовательно, треугольник $MOP$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является медианой, поэтому

PD = MD = 69

Найдём $AM :$

AM = AD − MD =90 − 69 =21

Найдём $AP :$

AP = AD + P D =90 +69 =159

По теореме о двух секущих

AN ⋅AC = AM ⋅AP = 21⋅159

Так как $AH ⋅AD =AC ⋅AN$ по доказанному ранее, то

21 ⋅159 21⋅159 AH ⋅AD = 21⋅159 ⇒ AH = --AD-- = --90--= 37,1

Ответ: 37,1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#55717

В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 100, а площадь равна 500, 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 $BC.$ Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $AB = CD.$

Пусть $AC ∩ BD = O.$

$PIC$

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

AB + CD = BC +AD

По условию периметр трапеции равен 100, то есть

AB + CD + BC + AD = 100 2(AB + CD )= 100 AB + CD = 50

Тогда

AB = CD = 50 = 25 2

Пусть $BC =a,$ $AD = b.$ Тогда

a +b = 1⋅100= 50 2

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

BC--+AD- --2⋅500-- 2⋅500 1000 2 ⋅CM = 500 ⇒ CM = BC + AD = a+ b = 50 =20

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

Рассмотрим четырехугольник $NBCM.$ В нем $BN ∥CM$ и $BC ∥ AD$ как основания трапеции, следовательно, $BC ∥ MN.$

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 и $∠BNA =∠CMD = 90∘.$

Тогда треугольники $ABN$ и $DCM$ равны по острому углу и гипотенузе. $AN = DM$ как соответственные элементы.

В треугольнике $CMD$ по теореме Пифагора

CM2 + MD2 = CD2 ∘---2-----2 ∘--2----2 √-------- √ --- MD = CD − CM = 25 − 20 = 625− 400= 225 = 15

Значит, $b= 15+ MN +15 =30 +BC =30 +a.$ Так как $a+ b= 50,$ то

a+ 30+ a =50 2a= 50 − 30 =20 a= 10

Найдем $AD :$

AD = 50− BC =50 − 10 =40

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

KH = BN = CM = 20

Рассмотрим треугольники $CBO$ и $ADO.$ В них $∠CBD = ∠ADB$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD,$ 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 40 4

Пусть $KO = x.$ Тогда $OH = 20− x.$

--x-- 1 20− x = 4 4x = 20− x 5x =20 x =4

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 4.

Ответ: 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#56390

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, 8 и 5. Найдите площадь параллелограмма $ABCD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

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

Пусть $OH ⊥ AD,$ $H ∈ AD.$ По условию $OH = 8, OA =13.$

Проведём $OK.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OK ⊥ AC.$ $OK = 5$ по условию. Значит, радиус окружности равен 5.

Проведём $OM.$ 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.

MH = OM + OH =5 +8 = 13

Рассмотрим треугольник $AOK.$ По теореме Пифагора

AK2 = AO2 − OK2 = 132− 52 = 169 − 25 = 144 =122 ⇒ AK = 12

$PIC$

Пусть $BP =x,$ $CM =y.$ Так как отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны, то $BP = BM = x,$ $CM = CK = y,$ $AP = AK = 12.$

Тогда

AB = AP + PB = 12+ x BC = BM + MC = x +y AC = AK + CK =12 +y

Посчитаем площадь треугольника $ABC$ двумя способами. С одной стороны, площадь треугольника равна произведению полупериметра на радиус 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, проведенная к стороне $BC.$

Найдем полупериметр треугольника $ABC :$

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

Высота в треугольнике $ABC$ — расстояние от точки $A$ до прямой $BC.$ Тогда $h= HM$ как расстояние между параллельными прямыми $AD$ и $BC.$ Значит, $h= 13,$ $r = 5,$ а $BC = x +y,$ поэтому

(x+ y +12)⋅5= 1 ⋅h⋅BC 2 (BC +12)⋅5= 1 ⋅BC ⋅13 2 (BC + 12)⋅10 = 13BC 10BC + 120= 13BC 120= 3BC BC = 40

Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту, поэтому

SABCD = BC ⋅HM = 40⋅13= 520

Ответ: 520

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#42125

Середина $M$ стороны $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равноудалена от всех его вершин. Найдите $AD,$ если $BC = 18,$ а углы $B$ и $C$ четырехугольника равны соответственно $132∘$ и $93∘.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Так как точка $M$ равноудалена от всех вершин $ABCD,$ то

AM = MB = MC = MD

Значит, около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность с центром в точке $M$ и радиуса $AM.$ Пусть $AM =r.$

Так как четырехугольник вписанный, то сумма противоположных углов равна $∘ 180 .$

$PIC$

Найдем $∠A,∠D$ четырехугольника $ABCD :$

∘ ∘ ∘ ∘ ∠A = 180 − ∠C = 180 − 93 = 87 ∠D =180∘− ∠B = 180∘− 132∘ =48∘

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

∠BAM = ∠MBA = 87∘

Найдем $∠MBC :$

∠MBC = ∠ABC − ∠MBA = 132∘− 87∘ = 45∘

Так как в $△ MBC BM = MC,$ то $△ MBC$ — равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому

∠MBC = ∠MCB = 45∘

В $△ MBC$ по теореме о сумме углов треугольника:

∠BMC =180∘− ∠MBC − ∠MCB = 180∘− 45∘− 45∘ = 90∘

Тогда $△ MBC$ — прямоугольный. По теореме Пифагора:

MB2 +MC2 = BC2 2 2 2 r + r = 18 2r2 = 324 2 r = 162 r = 9√2

Найдем $AD :$

√- √- AD = AM + MD = r+ r =2r = 2⋅9 2= 18 2

Ответ:

$√- 18 2$

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

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#43617

Точки $M$ и $N$ лежат на стороне $AC$ треугольника $ABC$ на расстояниях соответственно 9 и 11 от вершины $A.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $M$ и $N$ и касающейся луча $AB,$ если $√-- cos∠BAC = -161.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

По теореме о касательной и секущей

2 √ -------- √ ---- √-- AK = AM ⋅AN ⇒ AK = AM ⋅AN = 9⋅11= 3 11

$PIC$

Рассмотрим треугольник $AKM.$ Так как $∠KAM = ∠BAC,$ то $√ -- cos∠KAM = cos∠BAC = --11. 6$ По теореме косинусов

KM2 =AK2 +AM2 − 2AK ⋅AM ⋅cos∠KAM = √-- √-- -11- = 99+ 81− 2⋅3 11⋅9 ⋅ 6 = 99 +81 − 99 =81 ⇒ KM = 9

По теореме об угле между касательной и хордой $∠AKM = ∠KNM.$

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

Тогда $∠KNM = ∠KAM$ и $√11- cos∠KNM = cos∠KAM = 6 .$

По основному тригонометрическому тождеству

2 2 cos ∠KNM + sin ∠KNM = 1 2 2 11 25 sin ∠KNM = 1− cos ∠KNM = 1− 36 = 36

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

∘ --- sin∠KNM = 25= 5 36 6

Рассмотрим треугольник $KNM.$ По теореме синусов

KM KM 9 9⋅6 sin∠KNM---= 2R ⇒ R = 2sin∠KNM---= 2-⋅ 5= 2⋅5 = 5,4 6

Ответ: 5,4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#37459

В треугольнике $ABC$ биссектриса угла $A$ делит высоту, проведённую из вершины $B,$ в отношении $13:12,$ считая от точки $B.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC,$ если $BC = 20.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

$PIC$

По свойству биссектрисы угла треугольника $AH :AB =12 :13.$ Следовательно, $cos∠A = 1123.$ Тогда

∘----144- 5 sin ∠A = 1 − 169-= 13

Тогда по теореме синусов

--BC--- -20-- R = 2sin∠A = 2⋅ 513-= 26.

Ответ: 26

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#41486

Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 12$ и $CD =30$ 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

$PIC$

Так как $∠AKB$ и $∠CKD$ — вертикальные, то $∘ ∠AKB =∠CKD = 60 .$

Проведем прямую через точку $B,$ параллельную $AC.$ Пусть она пересекает окружность в точке $P.$

Так как $AC ∥ BP,$ то $∠ACB = ∠CBP$ как накрест лежащие при параллельных прямых.

Вписанный угол равен половине дуги, на которую он опирается, поэтому

1 ⌣ 1 ⌣ ∠ACB = 2AB и ∠CBP = 2CP

Так как $∠ACB = ∠CBP,$ то дуги $AB$ и $CP,$ на которые опираются эти углы, равны.

Хорды окружности, стягивающие равные дуги, равны, поэтому

CP = AB =12

Четырехугольник $DBP C$ вписанный. По свойству вписанного четырехугольника

∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠DBP + ∠DCP =180 ⇒ ∠DCP = 180 − ∠DBP =180 − 60 = 120

Рассмотрим треугольник $DCP.$ По теореме косинусов

DP 2 = DC2 + CP2 − 2DC ⋅CP ⋅cos∠DCP

Тогда

∘ ----------------------------- √------------------------ DP = DC2 + CP2− 2DC ⋅CP ⋅cos∠DCP = 900+ 144− 2⋅30⋅12⋅cos120∘ = =√900-+-144+-12-⋅30-= √1404= 6√39

Пусть $R$ — радиус окружности. В треугольнике $DCP$ по теореме синусов

DP sin∠DCP-- =2R

Найдем $R :$

---DP----- 6√39- 6√3√13- √ -- R = 2sin ∠DCP = 2⋅ √3 = √3- = 6 13 2

Ответ:

$√ -- 6 13$

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#46332

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны соответственно 34 и 14, а сумма углов при основании $AD$ равна $90∘.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD,$ если $AB = 12.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $AB ∩CD = H.$ По теореме о сумме углов треугольника в треугольнике $AHD :$

∠AHD = 180∘− (∠HAD +∠HDA )= 180∘− 90∘ = 90∘

$PIC$

Пусть окружность с центром в точке $O$ касается стороны $CD$ в точке $K.$

Пусть $BH = x.$ Тогда $AH = AB +BH = 12+ x.$

Рассмотрим треугольники $BHC$ и $AHD.$ $∘ ∠BHC = ∠AHD = 90 ,$ $∠HBC = ∠HAD$ как соответственные углы при параллельных прямых $BC$ и $AD.$ Тогда $△ BHC ∼ △AHD$ по двум углам. Запишем коэффициент подобия:

BH BC CH AH--= AD-= AD- ⇒ x 14 x 7 x+-12 = 34 ⇒ x+-12 = 17 ⇒ 17x= 7x+ 12⋅7 ⇒ ⇒ 10x = 84 ⇒ x= 8,4

Найдем $2 HK$ по теореме о секущей и касательной:

HK2 = HB ⋅HA ⇒ HK2 = 8,4 ⋅20,4

В треугольнике $BHK$ по теореме Пифагора:

BK2 = BH2 + HK2 = 8,42+ 8,4 ⋅20,4= 8,4⋅28,8

Угол между хордой и касательной равен половине дуги, заключенной между ними, поэтому $1 ⌣ ∠HKB = 2BK.$ Так как $∠BAK$ — вписанный, то $∠BAK = 1 ⌣BK. 2$ Значит, $∠BAK =∠HKB.$ Тогда

BH sin∠BAK = sin ∠HKB = BK--

Найдем радиус окружности по теореме синусов в треугольнике $ABK :$

2 2R = --BK----= BK--= BK-- = 8,4⋅28,8-= 28,8 ⇒ R = 14,4 sin∠BAK BBHK- BH 8,4

Ответ: 14,4

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#42344

Окружности радиусов 12 и 20 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 соответсвенно. Пусть $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $E.$

Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, то $OA ⊥ AC,$ $OB ⊥ BD,$ $QC ⊥ AC$ и $QD ⊥ BD.$

Прямоугольные треугольники $EAO$ и $EBO$ равны по катету и гипотенузе: $OA = OB =12,$ $EO$ — общая.

В равных треугольниках соответственные элементы равны. Тогда отрезки касательных, проведенные из точки $E$ к окружности, равны, то есть $EA = EB.$ Также $∠OEA = ∠OEB,$ следовательно, $EO$ — биссектриса угла $AEB.$

Аналогично равны прямоугольные треугольники $ECQ$ и $EDQ,$ так как $OC =OD = 20,$ $\text{[math]}$ — общая.

В равных треугольниках соответственные элементы равны. Тогда отрезки касательных, проведенные из точки $E$ к окружности, равны, то есть $EC =ED.$ Также $∠QEC = ∠QED,$ следовательно, $\text{[math]}$ — биссектриса угла $CED.$

Таким образом, точки $E,$ $O$ и $Q$ лежат на одной прямой.

$PIC$

Пусть $N$ — точка пересечения $AB$ и $EO,$ $K$ — точка пересечения $CD$ и $EO.$

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

Так как $OA ⊥ AC,$ $QC ⊥ AC,$ то $OA ∥ QC.$ Проведем $OH ⊥QC,$ тогда $ACHO$ — прямоугольник.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $OHQ.$ В нем

$pict$

Треугольники $OHQ$ подобен треугольнику $CKQ,$ так как $∠OHQ =∠CKQ =90∘,$ $∠OQC$ — общий. Тогда

OQ- HQ-- 32 -8-- CQ = KQ ⇒ 20 = KQ ⇒ KQ = 5

Аналогично $△OHQ ∼ △ANO,$ следовательно,

OQ-= HQ- ⇒ 32= -8- ⇒ NO = 3 AO NO 12 NO

Тогда

NK = OQ − KQ +NO = 32− 5+ 3= 30

Ответ: 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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#44295

Биссектрисы углов $A$ и $B$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $K.$ Найдите площадь параллелограмма, если $BC = 6,$ а расстояние от точки $K$ до стороны $AB$ равно 6.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

$PIC$

Опустим из точки $K$ перпендикуляры $KH,$ $KM$ и $KN$ на стороны $AB,$ $BC$ и $AD$ соответственно. По условию расстояние от точки $K$ до стороны $AB$ равно 6, то есть $KH = 6.$

$BK$ — биссектриса $∠ABC,$ $AK$ — биссектриса $∠DAB.$ Так как любая точка биссектрисы равноудалена от его сторон, то

KM = KH =6 KN = KH = 6

$KM ⊥ BC,$ $KN ⊥ AD.$ Так как $AD ∥BC,$ то $KM ⊥ AD.$ Две прямые, перпендикулярные третьей, параллельны, значит, точки $K, M, N$ лежат на одной прямой. Тогда $MN$ — высота параллелограмма $ABCD.$

MN =KM + KN = 6+ 6= 12

Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту, проведённую к ней, поэтому

SABCD = MN ⋅BC = 12⋅6= 72

Ответ: 72

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#27826

Боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 6 и 10, а основание $BC$ равно 1. Биссектриса угла $ADC$ проходит через середину стороны $AB.$ Найдите площадь трапеции.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — середина стороны $AB.$ Продлим биссектрису $DM$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $S.$

Накрест лежащие углы $SDA$ и $CSD$ образованы параллельными прямыми $AD$ и $BC$ и секущей $DS,$ значит, $∠SDA = ∠CSD.$ С другой стороны, $∠SDA = ∠SDC,$ так как $DS$ — биссектриса угла $ADC.$ Тогда $∠CSD = ∠SDC,$ следовательно, треугольник $SCD$ является равнобедренным, то есть $CS = CD.$

Заметим, что $CS = SB + BC,$ значит,

SB + BC = CD ⇒ SB =CD − BC = 10 − 1 = 9

Заметим, что $△ AMD = △BMS$ по второму признаку равенства треугольников: $AM = BM,$ $∠AMD = ∠BMS$ как вертикальные, $∠DAM = ∠SBM$ как накрет лежащие. В равных треугольниках соответственные элемента равны, значит, $AD =BS =9.$

$PIC$

Проведем через точку $C$ прямую, параллельную стороне $AB.$ Пусть она пересекает основание $AD$ в точке $T.$ Тогда $ABCT$ — параллелограмм, так как $AB ∥ CT$ и $BC ∥ AD.$ Значит, $CT =AB =6$ и $AT = BC = 1,$ следовательно,

T D = AD − AT =9 − 1 = 8

Рассмотрим треугольник $CDT.$ В нем $CD = 10,$ $DT = 8$ и $CT = 6,$ заметим, что $CD2 = DT 2+ CT2,$ значит, по теореме, обратной теореме Пифагора, $△ CDT$ — прямоугольный. Следовательно, $AB$ — высота трапеции $ABCD.$ Тогда

SABCD = AB ⋅ BC-+AD- = 6⋅ 1+-9 = 6⋅5= 30 2 2

Ответ: 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 14#44724

Углы при одном из оснований трапеции равны $53∘$ и $37∘,$ а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 6 и 2. Найдите основания трапеции.

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Пусть точка $E$ — точка пересечения прямых $AB$ и $CD.$

Рассмотрим треугольник $AED.$ По сумме углов треугольника

∠AED + ∠EDA + ∠DAE = 180∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∘ ∠AED = 180 − ∠EDA − ∠DAE = 180 − 53 − 37 = 90

$PIC$

Тогда треугольник $AED$ — прямоугольный. Проведём в треугольнике медиану $EN.$ Пусть $EN$ пересекает $BC$ в точке $L.$ Так как в прямоугольном треугольнике медиана, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, то

1 EN = 2AD

В трапеции точка пересечения диагоналей, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой. Так как $L ∈ BC$ и $L∈ EN,$ то точка $L$ — середина стороны $BC.$ Значит, в треугольнике $EBC$ $EL$ — медиана. В прямоугольном треугольнике медиана, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому

EL = 1BC = BL = CL 2

Значит,

1 1 1 LN = EN − EL = 2AD − 2BC = 2(AD − BC )

Пусть точка $K$ — середина $AB,$ точка $M$ — середина $CD.$ Значит, $KM$ — средняя линия трапеции. Так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то

1 KM = 2(BC + AD )

По условию отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 6 и 2, поэтому

{ { 12(AD − BC )= 2 AD = 8 1(AD + BC )= 6 ⇔ BC = 4 2

Ответ: 8 и 4

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#40949

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 12. Найдите стороны треугольника $ABC.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Обозначим точку пересечения $BE$ и $AD$ за $O.$

Рассмотрим треугольник $ABD :$

1.: $∠BOD = ∠BOA = 90∘,$ так как $BE ⊥ AD$ по условию, следовательно, $BO$ — высота в треугольнике $ABD.$
2.: $∠ABO =∠DBO,$ так как $BE$ — биссектриса $∠ABC.$

Тогда в треугольнике $ABD$ $BO$ — биссектриса и высота, следовательно, треугольник $ABD$ — равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника.

По свойству равнобедренного треугольника $BO$ — медиана треугольника $ABD.$ Тогда

AO = OD = 1 AD = 1 ⋅12 =6 2 2

Тогда

1 AB = BD = 2BC,

так как $AD$ — медиана треугольника $ABC.$

По свойству биссектрисы треугольника

AE-= AB- = 1 ⇒ EC = 2AE EC BC 2

Тогда

AE AE AE 1 AC-= AE-+-EC-= 3AE--= 3

$PIC$

Продлим медиану $AD$ на ее длину. Пусть точка $F$ — полученная точка. Тогда $AD = DF,$ $BD = DC.$

Четырехугольник $ABF C$ — параллелограмм, так как его диагонали делятся точкой пересечения пополам. Значит, $BF ∥ AC.$ Следовательно, $∠FAC =∠BF A$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AC$ и $F B$ и секущей $AF.$

$BE ⊥ AD,$ поэтому $∠BOF = ∠AOE = 90∘.$ Тогда $△ AOE ∼ △F OB$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

AO OE AE OF- = BO-= BF-

Так как $AC = BF$ по свойству параллелограмма, то

AE- = AE-= 1 BF AC 3

Значит,

OE- = 1 ⇒ BO = 3OE BO 3

Тогда

OE OE OE OE 1 EB-= OE-+-OB- = OE-+-3OE-= 4OE- = 4 OE = 1BE = 1 ⋅12= 3 4 4 BO = BE − AE = 12− 3= 9

Рассмотрим треугольник $BOA.$ $∘ ∠BOA = 90 .$ По теореме Пифагора

AB2 =AO2 + OB2 ∘ --2-----2- √ ------ √--- √ -- AB = AO +OB = 36+ 81= 117= 3 13

Рассмотрим треугольник $AOE.$ В нем $∠AOE = 90∘.$ По теореме Пифагора

2 2 2 AE =AO + OE AE = ∘AO2--+-OE2-= √36+-9= √45-= 3√5

Найдем стороны треугольника $ABC :$

√ -- √-- BC =2AB =2 ⋅3 13= 6 13 AC = 3AE = 3⋅3√ 5= 9√5

Ответ:

$√ -- 3 13;$ $√ -- 6 13;$ $√- 9 5$

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

Предыдущий раздел

Следующий раздел