01 Задачи №25 из банка ФИПИ - Каталог заданий по ОГЭ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#105712

Точки $M$ и $N$ лежат на стороне $AC$ треугольника $ABC$ на расстояниях соответственно 18 и 22 от вершины $A.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $M$ и $N$ и касающейся луча $AB,$ если $√ -- cos∠BAC = --11. 6$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 2

Показать ответ и решение

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

$ABCKMN1188$

По теореме о касательной и секущей

2 A√K--=-AM √⋅AN--=-18⋅22 √-- AK = 18⋅22= 9⋅2⋅2⋅11= 6 11

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

√-- cos∠KAM =cos∠BAC = -11. 6

По теореме косинусов для треугольника $AKM :$

KM2 = AM2 + AK2 − 2⋅AM ⋅AK ⋅cos∠KAM = 2 ( √--)2 √ -- √11 = 18 + 6 11 − 2⋅18⋅6 11 ⋅-6--= = 324+ 36⋅11− 36⋅11= 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

√11 cos∠KNM = cos∠KAM = -6-.

По основному тригонометрическому тождеству

2 2 sin ∠KNM + cos ∠KNM = 1 (√11-)2 sin2∠KNM + --6- = 1 sin2∠KNM + 11-= 1 36 sin2∠KNM = 25 36

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

∘--- sin∠KNM = 25= 5. 36 6

Рассмотрим треугольник $KNM.$ По теореме синусов

KM sin∠KNM-- = 2R 185= 2R 6 3,6⋅6 =2R R =10,8

Ответ: 10,8

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 2#105703

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

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 4

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 $OH = 6,$ $OA = 13.$

$yyxx1hABCDOMHPK2$

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+ 6 =11.

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, $h = 11,$ $r = 5,$ а $BC = x+ y,$ поэтому

(x+ y +12)⋅5= 1 ⋅h⋅BC 2 (BC +12)⋅5= 1 ⋅11⋅BC 2 (BC + 12)⋅10 = 11BC 10BC + 120= 11BC BC =120

Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту, поэтому

SABCD = BC ⋅HM = 120⋅11= 1320.

Ответ: 1320

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#105602

Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 39$ и $CD =12$ вписан в окружность. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K,$ причём $∠AKB = 60∘.$ Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 10

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 $AD.$

$CDABMK61110222∘0∘$

$∠CAD$ — 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 $AM = CD = 12.$

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 = 1521+ 144 − 2 ⋅39 ⋅12⋅cos120∘ ( ) BM2 = 1665− 936 ⋅ − 1 2 2√--- BM = 2133⇒ BM = 3 237

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

sBinM120∘ =2R √ --- 3-√237 = 2R -32 ∘ ---- -- R = 3 237= 3√79 3

Ответ:

$√ -- 3 79$

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#73660

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 24. Найдите стороны треугольника $ABC.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 11

Показать ответ и решение

Способ 1.

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 $∠ABC.$

$ABCDEFO6√6√6181212513-$

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

AO = OD = 1AD = 1 ⋅24= 12. 2 2

В равнобедренном треугольнике $ABD$ с основанием $AD$ боковые стороны равны. Тогда

AB = BD = 1BC, 2

так как $AD$ — медиана треугольника $ABC.$ $BE$ — биссектриса в $△ ABC.$ По свойству биссектрисы треугольника

AE AB 1 EC- = BC-= 2 ⇒ EC = 2AE.

Тогда

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

Продлим медиану $AD$ на её длину. Пусть точка $F$ — полученная точка. Тогда $AD =DF,$ $BD = DC.$ Четырёхугольник $ABF C$ — параллелограмм, так как его диагонали делятся точкой пересечения пополам. Значит, $BF ∥AC.$ Следовательно, $∠F AC = ∠BF A$ 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:

OE-= AE-. 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 1 1 OE = 4BE = 4 ⋅24= 6

Следовательно,

BO = BE − OE = 24− 6= 18.

Рассмотрим треугольник $BOA.$ $∘ ∠BOA = 90.$ Следовательно, $△ BOA$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

AB2 = AO2 + OB2,

значит,

∘---------- ∘ -------- AB = AO2 + BO2 = 122 +182 = = √144+-324= √468-= 6√13.

Рассмотрим треугольник $AOE.$ В нём $∠AOE = 90∘.$ Следовательно, $△ AOE$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

AE2 = AO2 + OE2,

значит,

∘ ---------- ∘ ------- AE = AO2 +OE2 = 122+ 62 = √------- √ --- √- = 144+ 36= 180 = 6 5.

Найдём стороны треугольника $ABC :$

$pict$

Способ 2.

Рассмотрим треугольник $ABD.$ В нем $BO$ — биссектриса и $BO ⊥ AD,$ следовательно, треугольник $ABD$ — равнобедренный с основанием $AD,$ то есть $AB = BD.$

Так как $△ ABD$ — равнобедренный и $BO$ — биссектриса, проведённая к основанию, то $BO$ также является медианой. То есть $AO = OD.$

Поэтому

AD = AO +OD = 2AO = 24, AO = 12= OD.

$BE$ — биссектриса в треугольнике $ABC.$ По свойству биссектрис

AE-= AB-= ---AB--- = AB--= AB--= 1. EC BC BD + DC 2DB 2AB 2

Пусть $EA =x,$ тогда $CE = 2x.$

$ABCDEOx211x22$

По теореме Менелая для $△ CBE$ и его секущей $AD :$

CD-⋅ BO ⋅ EA-= 1 DB OE AC 1 BO- ---EA--- 1 ⋅OE ⋅CE + EA = 1 1 BO x 1 ⋅OE-⋅3x = 1 1 BO 1 1 ⋅OE ⋅3 = 1 BO- = 3 OE BO = 3OE

$BE = BO + OE,$ следовательно,

BE = 4OE OE = BE- = 24 =6 4 4 BO = 3OE = 18

$√√ -- ABCDEO661212618 513$

$BO ⊥ AO$ в треугольнике $ABO$ , поэтому треугольник $ABO$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

2 2 2 AB = AO + BO ,

значит,

∘---------- ∘ -------- AB = AO2 + BO2 = 122 +182 = = √144+-324= √468-= 6√13.

Следовательно,

√-- BC = BD + DC = 2BD = 2AB = 12 13.

$AO ⊥ EO$ в треугольнике $AEO$ , поэтому треугольник $AEO$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

2 2 2 EA = AO + EO ,

значит,

∘ ---------- ∘ ------- EA = AO2 +EO2 = 122+ 62 = = √144+-36= √180-= 6√5.

Таким образом, $√- x = EA = 6 5.$ Тогда

√- AC = CE + EA = 2x + x= 3x= 18 5.

Ответ:

$√ -- 6 13;$ $√ -- 12 13;$ $√- 18 5$

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 5#99081

Боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 10 и 26, а основание $BC$ равно 1. Биссектриса угла $ADC$ проходит через середину стороны $AB.$ Найдите площадь трапеции.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 15

Показать ответ и решение

Обозначим середину $AB$ за точку $M.$ Тогда $BM = AM.$ Пусть $DM$ пересекает прямую $BC$ в точке $P.$

$CPDABEM2111225064$

Рассмотрим треугольники $PBM$ и $DAM.$ $∠PBM = ∠DAM$ как накрест лежащие при $PC ∥AD$ и секущей $AB,$ $∠PMB = ∠AMD$ как вертикальные. Тогда треугольники $P BM$ и $DAM$ равны по двум углам и стороне между ними.

Так как $PC ∥ AD,$ то $∠CP D = ∠PDA$ как накрест лежащие при $PC ∥AD$ и секущей $PD.$ Так как $DM$ — биссектриса $∠CDA,$ то

∠CP D = ∠P DA = ∠CDP.

Значит, треугольник $P CD$ — равнобедренный. Тогда

PC = CD = 26.

Из равенства треугольников $P BM$ и $DAM$ $BP = AD$ как соответственные элементы. Тогда

AD =BP = CP − BC = 26− 1= 25.

Проведём прямую $CE,$ параллельную прямой $AB.$ Так как $BC ∥ AE,$ $AB ∥ CE,$ то $ABCE$ — параллелограмм. Значит, по свойству параллелограмма

$pict$

Следовательно,

ED = AD − AE = 25− 1= 24.

По теореме Пифагора для треугольника $CED :$

2 2 2 2 2 CD = CE +ED =10 + 24 = = 100+ 576= 676= 262.

По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $CED$ — прямоугольный, $∘ ∠CED = 90 .$ Тогда чертеж имеет вид:

$211122ABCDPEM5064$

Значит, $CE$ — высота трапеции $ABCD.$ Найдём площадь трапеции:

BC + AD 1+ 25 SABCD = ----2--- ⋅CE = --2--⋅10= 130.

Ответ: 130

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#100358

В треугольнике $ABC$ биссектриса угла $A$ делит высоту, проведённую из вершины $B,$ в отношении $5:4,$ считая от точки $B.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC,$ если $BC = 6.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 17

Показать ответ и решение

Пусть $AE$ — биссектриса $∠BAC.$

Пусть $BH$ — высота $△ ABC.$ Пусть $AE ∩ BH = F.$

$54ABCHFE45xxyy$

$AF$ — биссектриса в треугольнике $ABH.$ По свойству биссектрисы:

AH HF 4 AB- = FB-= 5

Пусть $AH = 4y,$ тогда $5⋅AH 5⋅4y AB = --4---= -4-- =5y.$

$BH$ — высота в треугольнике $ABC,$ следовательно, треугольник $ABH$ — прямоугольный. Значит

AH- 4y 4 cos∠A = AB = 5y = 5

Основное тригонометрическое тождество:

sin2α +cos2α= 1.

Поэтому

∘---------- sin ∠A = 1 − cos2∠A = ∘ ---(--)2 = 1 − 4 = 3 5 5

Заметим, что $sin∠A = √1-− cos2∠A,$ а не $sin∠A = −√1-−-cos2∠A,-$ так как $0 <∠A <180∘,$ следовательно, $sin∠A >0.$

По теореме синусов в $△ ABC :$

BC 6 R = 2sin-∠A-= 2⋅ 3-= 5. 5

Ответ: 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 7#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 | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 18

Показать ответ и решение

Пусть $AE$ — биссектриса $∠BAC.$

Пусть $BH$ — высота $△ ABC.$ Пусть $AE ∩ BH = F.$

$11ABCHFE113223xxyy$

$AF$ — биссектриса в треугольнике $ABH.$ По свойству биссектрисы:

AH HF 12 AB-= F-B = 13

Пусть $AH = 12y,$ тогда $13⋅AH 13 ⋅12y AB = --12-- = --12---= 13y.$

$BH$ — высота в треугольнике $ABC,$ следовательно, треугольник $ABH$ — прямоугольный. Значит

AH- 12y 12 cos∠A = AB = 13y = 13

Основное тригонометрическое тождество:

sin2α +cos2α= 1.

Поэтому

∘---------- sin ∠A = 1 − cos2∠A = ∘---(---)2 = 1 − 12 = 5- 13 13

Заметим, что $sin∠A = √1-− cos2∠A,$ а не $sin∠A = −√1-−-cos2∠A,-$ так как $0 <∠A <180∘,$ следовательно, $sin∠A >0.$

По теореме синусов в $△ ABC :$

BC 20 R = 2sin∠A-= 2⋅-5-= 26. 13

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 8#101782

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ как на диаметре построена полуокружность, пересекающая высоту $AD$ в точке $M,$ $AD = 45,$ $MD = 15,$ $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Найдите $AH.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 19

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 = 15.

Найдём $AM :$

AM =AD − MD = 45− 15= 30.

Найдём $AP :$

AP =AD +P D = 45+ 15 = 60.

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

AN ⋅AC =AM ⋅AP = 30⋅60.

По доказанному ранее

AH ⋅AD = AN ⋅AC = 30⋅60.

Поэтому

AH = 30⋅60 = 30⋅60= 2⋅20 =40. AD 45

Ответ: 40

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#55284

В треугольнике $ABC$ известны длины сторон $AB = 36,$ $AC = 54,$ точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC.$ Прямая $BD,$ перпендикулярная прямой $AO,$ пересекает сторону $AC$ в точке $D.$ Найдите $CD.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 21

Показать ответ и решение

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

$35ABCEDKO64$

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- 362- 4⋅9⋅4-⋅9- AD = AC = 54 = 54 = 4⋅9-⋅4-⋅9 = 9⋅3 ⋅2 = 24.

Найдём $CD :$

CD = AC − AD = 54− 24 = 30.

Ответ: 30

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#47408

В треугольнике $ABC$ известны длины сторон $AB = 12,$ $AC = 72,$ точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC.$ Прямая $BD,$ перпендикулярная прямой $AO,$ пересекает сторону $AC$ в точке $D.$ Найдите $CD.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 22

Показать ответ и решение

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

$17ABCEDKO22$

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- 122- 4⋅3⋅4-⋅3- AD = AC = 72 = 72 = 4⋅3⋅4⋅3- = 3⋅3⋅4⋅2 =2.

Найдём $CD :$

CD = AC − AD = 72− 2= 70.

Ответ: 70

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 | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 23

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 $OA ⊥ AC,OB ⊥ BD,$ $QC ⊥ AC,$ $QD ⊥BD.$

$12EOQNKCABDHM20$

$EA = EB$ 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-- 32 = -8-- 20 KQ KQ =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 32 = -8- 12 NO NO =3

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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47409

Окружности радиусов 36 и 45 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 | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 24

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 $OA ⊥ AC,OB ⊥ BD,$ $QC ⊥ AC,$ $QD ⊥BD.$

$34EOQNKCABDHM65$

$EA = EB$ 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

HQ = CQ − CH = CQ − AO =45 − 36 = 9

OQ = OM + MQ =36 +45 =81

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

OQ-= HQ--81= -9--KQ = 5 CQ KQ 45 KQ

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

∠AON = 1⋅∠AOB = 1 ⋅∠CQD = ∠CQK. 2 2

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

OQ- HQ- AO = NO 81 -9- 36 = NO NO =4

Тогда

NK = OQ − KQ + NO =81 − 5 +4 = 80.

Ответ: 80

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#42505

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 $AD =8,$ $BC =7.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 27

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- =√7-⋅8= 2√14.

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 8 OD = AD = 8 ⇒ OD = 7OC.

Пусть $OC =x.$ Тогда $8 OD = 7x.$

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

OE2 =OC ⋅OD = x⋅ 8x = 8x2 7 7 ∘ 2- OE = 2 7x

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

∘-- 8 ⋅2 2 x √ - √ -- EH = AD-⋅OE-= -----7--= 8-⋅2√2⋅7 = 2 14. OD 87x 8⋅ 7

Ответ:

$√ -- 2 14$

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#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 | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 29

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.

$MCBHAD45RRRR99∘$

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 = 87∘.

Тогда

∠MBC = ∠ABC − ∠MBA = = 132∘− 87∘ = 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⋅18 =9. 2 2

В прямоугольном треугольнике $BHM :$

BH cos∠MBH = BM-- cos45∘ =-9 √- R -2-= 9- 2 R

Следовательно,

√ - √ - R = √18= 18--2= 9 2. 2 2

Тогда

√- √ - AD = 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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#105210

Середина $M$ стороны $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равноудалена от всех его вершин. Найдите $AD,$ если $BC = 14,$ а углы $B$ и $C$ четырёхугольника равны соответственно $110∘$ и $100∘.$

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 30

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.

$MBCHAD30RRRR77∘$

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 = 80∘.

Тогда

∠MBC = ∠ABC − ∠MBA = = 110∘− 80∘ = 30∘.

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

∠MCB = ∠MBC = 30∘.

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

BH = HC = 1 BC = 1⋅14 =7. 2 2

В прямоугольном треугольнике $BHM :$

BH cos∠MBH = BM-- cos30∘ =-7 √- R -3-= 7- 2 R

Следовательно,

√ - R = 1√4-= 14--3. 3 3

Тогда

√ - √ - AD =2R = 2⋅ 14-3= 28--3. 3 3

Ответ:

$√ - 28--3 3$

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 16#42866

В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 160, а площадь равна 1280, можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 35

Показать ответ и решение

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

$abx43ANHMDBKCO02$

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

AB + CD = BC + AD.

По условию периметр трапеции равен 160, то есть

AB + CD + BC + AD = 160 2(AB + CD )= 160 AB + CD = 80

Тогда

AB = CD = 80 =40. 2

Пусть $BC =a,AD =b.$ Тогда

1 a+ b= 2 ⋅160= 80.

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

BC-+-AD-⋅CM = 1280 2 (BC + AD )⋅CM =2560 (a+ b)⋅CM =2560 80⋅CM = 2560 CM = 2560 80 CM = 32

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 = 402− 322 = √ ---------- √ --- = 1600 − 1024= 576 = 24.

Следовательно, $AN = MD = 24.$

Значит,

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

Так как $a+ b= 80,$ то

a+ 48+ a =80 2a= 80 − 48 =32 a= 16

Найдём $AD :$

AD = 80− BC = 80− 16= 64.

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

KH = BN = CM = 32.

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- = 16= 1 . OH AD 64 4

Пусть $KO = x.$ Тогда $OH = 32− x.$

--x-- 1 32− x = 4 4x = 32− x 5x =32 x = 6,4

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 6,4.

Ответ: 6,4

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 17#105354

В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 20, а площадь равна 20, можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Источники: Банк ФИПИ | Сборник И.В. Ященко 2025 г. Вариант 36

Показать ответ и решение

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

$abx54ANHMDBKCO$

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

AB + CD = BC + AD.

По условию периметр трапеции равен 20, то есть

AB + CD + BC + AD = 20 2(AB + CD) =20 AB + CD = 10

Тогда

AB = CD = 10-= 5. 2

Пусть $BC =a,AD =b.$ Тогда

1 a+ b= 2 ⋅20 =10.

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

BC-+-AD-⋅CM = 20 2 (BC + AD )⋅CM = 40 (a+ b)⋅CM = 40 10⋅CM = 40 CM = 40 10 CM = 4

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 = 52− 42 = √ ------ √- = 25− 16= 9 = 3.

Следовательно, $AN = MD = 3.$

Значит,

b= AN + MN +MD = = 3+ MN +3 = 6+ BC = 6+ a.

Так как $a+ b= 10,$ то

a+ 6+ a= 10 2a= 10− 6 =4 a =2

Найдём $AD :$

AD = 10− BC = 10− 2= 8.

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

KH = BN = CM = 4.

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-= 2 = 1. OH AD 8 4

Пусть $KO = x.$ Тогда $OH = 4− x.$

--x-- 1 4 − x = 4 4x= 4 − x 5x = 4 x = 0,8

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 0,8.

Ответ: 0,8

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 18#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

Способ 1.

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 $∠ABC.$

$ABCDEFO3√3√3966513-$

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

AO = OD = 1AD = 1⋅12= 6. 2 2

В равнобедренном треугольнике $ABD$ с основанием $AD$ боковые стороны равны. Тогда

AB = BD = 1BC, 2

так как $AD$ — медиана треугольника $ABC.$ $BE$ — биссектриса в $△ ABC.$ По свойству биссектрисы треугольника

AE AB 1 EC- = BC-= 2 ⇒ EC = 2AE.

Тогда

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

Продлим медиану $AD$ на её длину. Пусть точка $F$ — полученная точка. Тогда $AD =DF,$ $BD = DC.$ Четырёхугольник $ABF C$ — параллелограмм, так как его диагонали делятся точкой пересечения пополам. Значит, $BF ∥AC.$ Следовательно, $∠F AC = ∠BF A$ 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:

OE-= AE-. 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 1 1 OE = 4BE = 4 ⋅12= 3

Следовательно,

BO =BE − OE = 12 − 3 = 9.

Рассмотрим треугольник $BOA.$ $∘ ∠BOA = 90.$ Следовательно, $△ BOA$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

AB2 = AO2 + OB2,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ AB = AO2 + BO2 = 62 +92 = = √36+-81= √117-= 3√13.

Рассмотрим треугольник $AOE.$ В нём $∠AOE = 90∘.$ Следовательно, $△ AOE$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

AE2 = AO2 + OE2,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ AE = AO2 + OE2 = 62 +32 = √ ----- √-- √ - = 36 + 9= 45= 3 5.

Найдём стороны треугольника $ABC :$

$pict$

Способ 2.

Рассмотрим треугольник $ABD.$ В нем $BO$ — биссектриса и $BO ⊥ AD,$ следовательно, треугольник $ABD$ — равнобедренный с основанием $AD,$ то есть $AB = BD.$

Так как $△ ABD$ — равнобедренный и $BO$ — биссектриса, проведённая к основанию, то $BO$ также является медианой. То есть $AO = OD.$

Поэтому

AD = AO + OD = 2AO = 12 AO = 6= OD

$BE$ — биссектриса в треугольнике $ABC.$ По свойству биссектрис

AE-= AB-= ---AB--- = AB--= AB--= 1. EC BC BD + DC 2DB 2AB 2

Пусть $EA =x,$ тогда $CE = 2x.$

$ABCDEOx266x$

По теореме Менелая для $△ CBE$ и его секущей $AD :$

CD-⋅ BO ⋅ EA-= 1 DB OE AC 1 BO- ---EA--- 1 ⋅OE ⋅CE + EA = 1 1 BO x 1 ⋅OE-⋅3x = 1 1 BO 1 1 ⋅OE ⋅3 = 1 BO- = 3 OE BO = 3OE

$BE = BO + OE,$ следовательно,

BE = 4OE OE = BE- = 12 =3 4 4 BO = 3OE = 9

$√√ -- ABCDEO336639 513$

$BO ⊥ AO$ в треугольнике $ABO$ , поэтому треугольник $ABO$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

2 2 2 AB = AO + BO ,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ AB = AO2 + BO2 = 62 +92 = = √36+-81= √117-= 3√13.

Следовательно,

√-- BC = BD +DC = 2BD = 2AB = 6 13.

$AO ⊥ EO$ в треугольнике $AEO$ , поэтому треугольник $AEO$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

2 2 2 EA = AO + EO ,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ EA = AO2 + EO2 = 62 +32 = = √36-+-9= √45= 3√5.

Таким образом, $√- x = EA = 3 5.$ Тогда

√- AC = CE + EA = 2x+ x =3x = 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

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#54962

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 96. Найдите стороны треугольника $ABC.$

Источники: Сборник И.В. Ященко 2023 г. Вариант 35

Показать ответ и решение

Пусть $AD ∩BE = O.$ По условию $BE ⊥AD,$ значит, $∠BOD = 90∘.$ По условию $AD =BE = 96.$

Рассмотрим треугольник $ABD.$ В нём $BO$ — высота и биссектриса. Тогда треугольник $ABD$ равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника, то есть $AB = BD.$ В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является медианой. Значит,

AO = OD = 1AD = 1⋅96= 48 2 2

Так как $AD$ — медиана, то

CD = BD = AB ⇒ BC = 2AB

Продлим медиану $AD$ на её длину: $AD = DK = 96.$ Соединим точки $B$ и $K.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $ADC$ и $KDB.$ Так как $AD = DK$ по построению, $BD = DC,$ и $∠BDK = ∠ADC$ как вертикальные, то треугольники $ADC$ и $KDB$ равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда $∠BKD = ∠CAD$ как соответственные элементы равных треугольников. Значит, $BK ∥AC.$

$BE$ — биссектриса в треугольнике $ABC.$ Тогда по свойству биссектрисы

AE- = AB-= 1 EC BC 2

Пусть $AE =x.$ Тогда $EC = 2x$ и $AC =AE +EC =3x.$ Из равенства треугольников $ADC$ и $KDB$ получаем, что $BK = AC = 3x.$

Рассмотрим треугольники $AOE$ и $KOB.$ $∠AOE =∠KOB$ как вертикальные, $∠OAE = ∠OKB.$ Тогда треугольники $AOE$ и $KOB$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

BO-= BK-= 3x = 3 OE AE x

Тогда

3 3 BO = 4 BE = 4 ⋅96 =72 1 1 OE = 4 BE = 4 ⋅96 =24

В треугольнике $ABO$ по теореме Пифагора

AB2 = AO2 + OB2 =482+ 722 = 62⋅82+ 82⋅92 = 2 2 2 2 √ -- = 8(36+ 81)= 8 ⋅117 = 8 ⋅3 ⋅13 ⇒ AB = 24 13

Найдём $BC :$

√ -- √-- BC = 2AB =2 ⋅24 13= 48 13

В треугольнике $AOE$ по теореме Пифагора

AE2 =AO2 + OE2 = 482+ 242 = 242 ⋅22 +242 = ( ) √- = 242 22+ 1 = 242⋅5 ⇒ AE = 24 5

Тогда

AC = 3AE = 3 ⋅24√5-= 72√5

Ответ:

$√-- √ -- √- 24 13; 48 13; 72 5$

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 20#56381

В треугольнике $ABC$ биссектриса $BE$ и медиана $AD$ перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 8. Найдите стороны треугольника $ABC.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать ответ и решение

Способ 1.

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 $∠ABC.$

$ABCDEFO2√2√2644513-$

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

AO = OD = 1AD = 1 ⋅8= 4. 2 2

В равнобедренном треугольнике $ABD$ с основанием $AD$ боковые стороны равны. Тогда

AB = BD = 1BC, 2

так как $AD$ — медиана треугольника $ABC.$ $BE$ — биссектриса в $△ ABC.$ По свойству биссектрисы треугольника

AE AB 1 EC- = BC-= 2 ⇒ EC = 2AE.

Тогда

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

Продлим медиану $AD$ на её длину. Пусть точка $F$ — полученная точка. Тогда $AD =DF,$ $BD = DC.$ Четырёхугольник $ABF C$ — параллелограмм, так как его диагонали делятся точкой пересечения пополам. Значит, $BF ∥AC.$ Следовательно, $∠F AC = ∠BF A$ 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:

OE-= AE-. 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 1 1 OE = 4BE = 4 ⋅8 =2

Следовательно,

BO = BE − OE = 8− 2= 6.

Рассмотрим треугольник $BOA.$ $∘ ∠BOA = 90.$ Следовательно, $△ BOA$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

AB2 = AO2 + OB2,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ AB = AO2 + BO2 = 42 +62 = = √16-+-36= √52= 2√13.

Рассмотрим треугольник $AOE.$ В нём $∠AOE = 90∘.$ Следовательно, $△ AOE$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

AE2 = AO2 + OE2,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ AE = AO2 + OE2 = 42 +22 = √ ----- √-- √ - = 16 + 4= 20= 2 5.

Найдём стороны треугольника $ABC :$

$pict$

Способ 2.

Рассмотрим треугольник $ABD.$ В нем $BO$ — биссектриса и $BO ⊥ AD,$ следовательно, треугольник $ABD$ — равнобедренный с основанием $AD,$ то есть $AB = BD.$

Так как $△ ABD$ — равнобедренный и $BO$ — биссектриса, проведённая к основанию, то $BO$ также является медианой. То есть $AO = OD.$

Поэтому

AD = AO + OD =2AO = 8 AO = 4= OD

$BE$ — биссектриса в треугольнике $ABC.$ По свойству биссектрис

AE-= AB-= ---AB--- = AB--= AB--= 1. EC BC BD + DC 2DB 2AB 2

Пусть $EA =x,$ тогда $CE = 2x.$

$ABCDEOx244x$

По теореме Менелая для $△ CBE$ и его секущей $AD :$

CD-⋅ BO ⋅ EA-= 1 DB OE AC 1 BO- ---EA--- 1 ⋅OE ⋅CE + EA = 1 1 BO x 1 ⋅OE-⋅3x = 1 1 BO 1 1 ⋅OE ⋅3 = 1 BO- = 3 OE BO = 3OE

$BE = BO + OE,$ следовательно,

BE = 4OE OE = BE-= 8 = 2 4 4 BO = 3OE = 6

$√√ -- ABCDEO224426 513$

$BO ⊥ AO$ в треугольнике $ABO$ , поэтому треугольник $ABO$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

2 2 2 AB = AO + BO ,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ AB = AO2 + BO2 = 42 +62 = = √16-+-36= √52= 2√13.

Следовательно,

√-- BC = BD +DC = 2BD = 2AB = 4 13.

$AO ⊥ EO$ в треугольнике $AEO$ , поэтому треугольник $AEO$ — прямоугольный. По теореме Пифагора

2 2 2 EA = AO + EO ,

значит,

∘ ---------- ∘ ------ EA = AO2 + EO2 = 42 +22 = = √16-+-4= √20= 2√5.

Таким образом, $√- x = EA = 2 5.$ Тогда

√- AC = CE + EA = 2x+ x =3x = 6 5.

Ответ:

$√ -- √-- √ - 2 13; 4 13; 6 5$

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