Решение геометрических задач ЕГЭ по математике 2016 года

Задания № 16. ЕГЭ 2016.(Математика. 50 вариантов типовых тестовых заданий; под ред. И.В. Ященко. М.: Издательство «Экзамен», 2016.

1. На отрезке BDвзята точка С. Биссектриса BL равнобедренного треугольника ABCc основанием ВС является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.

а) Докажите, что треугольникDCL равнобедренный.

б) Известно, что cos∠ABC = ¹/₆. В каком отношении прямаяDL делит сторону AB?

2. СторонаCD прямоугольника ABСD касается некоторой окружности в точке М. Продолжение стороны AD пересекает окружность в точках Pи Q, причем точка Pлежит между точками D и Q. Прямая BCкасается окружности, а точка Q лежит на прямой BM.

а) Докажите, что <DMP = <CBM.

б) Известно, чтоCM = 17 и CD = 25. Найдите сторону AD.

3. Отрезок, соединяющий середины Mи N оснований BCиAD соответственно трапеции ABCD, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.

а) Докажите, что трапеция ABCD равнобедренная.

б) Известно, что радиус этих окружностей равен 3, а меньшее основание BCисходной трапеции равно 10. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB, основания ANтрапеции ABMNи вписанной в неё окружности.

4. Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и их линии центров.

а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трех окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.

б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы первых двух равны 4 и 1.

5. В параллелограмм вписана окружность.

а) Докажите, что этот параллелограмм – ромб.

б) Окружность, касающаяся стороны ромба, делит её на отрезки, равные 3 и 2. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами ромба.

6. На катетах ACиBC прямоугольного треугольника ABCвне треугольника построены квадраты ACDEиBFKC. Точка M – середина гипотенузы AB, H – точка пересечения прямыхCMиDK.

а) Докажите, чтоCMIDK.

б) НайдитеMH, если известно, что катеты треугольника ABCравны 130 и 312.

7. (9). Окружность, построенная на стороне ADпараллелограмма ABСD как на диаметре, проходит через точку пересечения диагоналей параллелограмма.

а) Докажите, что ABСD – ромб.

б) Эта окружность пересекает сторону AB в точке M, причем AM:MB = 3:1. Найдите диагональ AC, если известно, что AD = 2˅͞2.

8. (10). Точки В₁и С₁лежат на сторонах соответственно АС и АВ треугольника АВС, причем АВ₁: В₁С = АС₁ : С₁В. Прямые ВВ₁и СС₁ пересекаются в точке О.

а) Докажите, чтопрямая АО делит пополам сторону ВС.

б) Найдите отношение площади четырехугольника АВ₁ОС₁ к площади треугольника АВС, если известно, что АВ₁ : В₁С = АС₁ : С₁В = 1 : 4.

9. (15). МедианыАА₁, ВВ₁ и СС₁ треугольника АВС пересекаются в точке М. Точки А₂, В₂ и С₂ – середины отрезков МА, МВ и МС соответственно.

а) Докажите, что площадь шестиугольникаА₁В₂С₁А₂В₁С₂вдвое меньше площади треугольникаАВС.

б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиугольника, если известно, что АВ = 4, ВС = 7 и АС = 8.

10. (16). Окружность с центромО вписана угол, равный 60^ᵒ. Окружность большего радиуса с центром О₁ также вписана в этот угол и проходит через точку О.

а) Докажите, что радиус второй окружности вдвое больше радиуса первой.

б) Найдите длину общей хорды этих окружностей, если известно, что радиус первой окружности равен 2˅͞3.

11. (20). Две окружности пересекаются в точках PиQ. Прямая, проходящая через точку P, второй раз пересекает первую окружность в точкеА, а вторую – в точке D. Прямая, проходящая через точку Qпараллельно AD, второй раз пересекает первую окружность в точке B, а вторую – в точке C.

а) Докажите, что четырехугольник ABCD – параллелограмм.

б) Найдите отношение ВР : РС, если радиус первой окружности вдвое больше радиуса второй.

12. (32). Противоположные стороны ADиBC четырехугольникаABCDпараллельны. Через вершиныВи D проведены параллельные прямые, пересекающие диагональ АС в точках Mи Nсоответственно. Оказалось, что АМ = MB = NC.

а) Докажите, что ABСD – параллелограмм.

б) Найдите отношение площади четырехугольника BMDN к площадипараллелограмма ABСD.

13. (38). На сторонах AСиBСтреугольника АBСвне треугольника построены квадраты ACDEи BFKC. Точка M– середина стороны AB.

а) Докажите, чтоCM = DK.

б) Найдитерасстояния от точки Mдоцентров квадратов,если AC = 6, BC = 10и∠ACB =30^ᵒ.

14. (40). Пятиугольник ABСDЕ вписан в окружность. Из вершиныА опущены перпендикуляры AF, AH, APиAQ на прямые DE, BE, CDиBC соответственно.

а) Докажите, что∠FAN = ∠PAQ.

б) НайдитеAH, если AF = ɑ, AP = bиAQ = c.

Вариант №1

На отрезке BDвзята точка С. Биссектриса BL равнобедренного треугольникаABCc основанием ВС является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.

а) Докажите, что треугольникDCL равнобедренный.

б) Известно, что cos∠ABC = ¹/₆. В каком отношении прямаяDL делит сторону AB?

По условию: ∠ВDL=∠LВD= αи

∠АСВ=∠АВС=2α.

Так как ∠LСВ – внешний дляLСD, то 2α = α +∠СLD, ∠СLD= α = ∠LDС, LСD– равнобедренный.

Доказано.

1. . По условию: cos∠B = ¹/₆,

тогдаВН = ɑ, АВ = 6ɑ,ВС = 2ɑ.

2. . ВL– биссектриса,

LC : LA = BC : AB = 1 : 3,

LC = ¹/₄AC = 1.5ɑ=CD; AL =³/₄ AC = 4.5ɑ.

3. . MC– биссектрисаравнобедренного, BM = CL = 1.5ɑ( и MC||KD.

4. . По теореме о пропорциональных отрезках:

= ; = ;MK = ɑ;BK = ( + )ɑ = ɑ;

AK = (6– )ɑ= ɑ; = = .

Ответ: AK : KB = 9 : 7.

Вариант № 2

СторонаCD прямоугольника ABСD касается некоторой окружности в точке М. Продолжение стороны AD пересекает окружность в точках Pи Q, причем точка Pлежит между точками D и Q. Прямая BCкасается окружности, а точка Q лежит на прямой BM.

а) Докажите, что ∠DMP = ∠CBM.

б) Известно, чтоCM = 17 и CD = 25. Найдите сторону AD.

а). ∠CBM=∠BQA= α, (как накрест лежащие при ВСǁAQ),

∠MQP=⌒MP– вписанный;

∠MOP=⌒MP– центральный; ВMOP:

∠OMP=∠OPM= 90^ᵒ–.

ТаккакOM⊥CD , то ∠DMP = 90^ᵒ –∠OMP = 90^ᵒ – ) == ∠CBM.

Доказано.

б)1. CMOE – квадрат, т.к. ∠C =∠E =∠M = 90^ᵒ;CM =EO = RиCE=MO =R.

По условию AB =CD = 25, CM = R = 17, MD= 8.

2. Проведем радиусOQ. Так как DMOH–прямоугольник, то OH = MD = 8.

PH² = OP²– OH² = 17² – 8² = 225, PH = 15.DH = MO = R =17.

DP = DH – PH = 17 – 15 = 2.

3. BCM иMDPподобны, (∠CBM = ∠DMP = , ∠C = ∠D = 90^ᵒ),

= ;BC = = 68.AD = 68.

Ответ: AD = 68.

Вариант № 3

Отрезок, соединяющий середины Mи N оснований BCиAD соответственно трапеции ABCD, разбивает её на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окружность.

а) Докажите, что трапеция ABCD равнобедренная.

б) Известно, что радиус этих окружностей равен 3, а меньшее основание BCисходной трапеции равно 10. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB, основания ANтрапеции ABMNи вписанной в неё окружности.

По свойству описанного четырехугольника:

BM+AN = AB+MN, MC + ND = CD + MN.

По условию: BM = MC, AN = ND.

BM+AN = MC+ND, AB +MN=CD +MN, AB = CD.

Доказано.

б). Из п. а)следует, что трапеции ABMNи DCMNсимметричны относительно MN, и MN⊥АВ, MN⊥BC.Рассмотрим прямоугольную трапецию ABCM:

ВМ =5, R = 3. Найти: О₁Н_{1 =} r = ?

1). Проведем радиусOL⊥ABи отрезокOВ;

По свойству касательных BF = BL = 5 – 3= 2,

BO²= 3² + 2² = 13, BO = .

BOиAO – биссектрисы, ∠A + ∠ B = 180^ᵒ,

ABO–прямоугольный. ALO =AHO.

2). Треугольники AOB, ALO, AHO, OLB–подобны.

OL² = ALхLB,AL = иAН = ; АO² = AL²+LО²=;AО = .

Из подобия AOHи AO₁H₁ AO :AO₁= OH :O₁H_{1 ,}= 3 : r, причем

AO₁ = АО – 3– r.r= – 18 – 6r ,r = .

Ответ: r = .

Вариант № 4

Две окружности касаются внутренним образом. Третья окружность касается первых двух и их линии центров.

а) Докажите, что периметр треугольника с вершинами в центрах трех окружностей равен диаметру наибольшей из этих окружностей.

б) Найдите радиус третьей окружности, если известно, что радиусы первых двух равны 4 и 1.

а). Так как точка касания окружностей лежит на линиих центров, получим три уравнения: O₁O₂ = O₁C–O₂C = R₁–R₂;

O₁O₃ = O₁B – O₃B = R₁– R₃; O₂O₃ = O₂E+O₃E = R₂+R₃;

Сложим левые и правые части этих уравнений и получим:

O₁O₂ + O₁O₃+ O₂O₃=2R₁. Доказано.

б). По условию: R₁=O₁C=O₁B = 4; R₂=O₂E=O₂C = 1.

1. Проведем O₃H⊥O₁O₂; O₃H= O₃B= O₃E= R₃ = x.

O₁O₂ = R₁– R₂= 3; O₁O₃ = R₁– R₃=4– x;

O₂O₃ = R₂+ R₃ = x + 1;O₂H= O₁O₂ – O₁H =3– O₁H.

2. ВO₁O₃H: (O₁H)² = (O₁O₃)²– (O₃H)²= (4– x)²– x ²= =16 –8x, O₁H=2; x2, O₁O₃O₁O₂.

3. ВO₂O₃H: (O₂O₃)² =(O₂H)²+(O₃H)². Получим:

(3– 2)²+x ²= (x+ 1)².

12 = 24 – 10x; 25x ² = 0, = 1,92.

Ответ: R₃1,92.

Вариант № 5

В параллелограмм вписана окружность.

а) Докажите, что этот параллелограмм – ромб.

б) Окружность, касающаяся стороны ромба, делит её на отрезки, равные 3 и 2. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами ромба.

а)ABCD – параллелограмм, AB=CD, BC= AD.

ABCD – описанный четырехугольник,

AB+CD = BC+AD,

2AB = 2CD = 2BC = 2AD,

AB = CD = BC = AD,

ABCD– ромб.

Доказано.

б)1. M, N, P, K – точки касания, ON⊥BC, OK⊥AD;OM⊥AB, OP⊥CD.AB//CD, BC//AD, NKиMP–диаметры,MNPNPKPKMKMN_MNPK = MK·KP.

2. ПроведемBH⊥CD. BM = BN =HK =2,

AM = AK = 3, AH = 1, AB = 5, cosBAH =1/5, cosKDP=–1/5,таккакA +D =

Найдем MK по теореме косинусов в АMК:

MK² = 3² +3² – 2·3·3· 1/5 = 15,6;

аналогично в DPК: PK² = 2² + 2² – 2·2·2·(–1/5) = 9,6;

_MNPK = MK·KP = = = 4.8 .

Ответ: 4.8 .

Вариант № 6

На катетах ACиBC прямоугольного треугольника ABCвне треугольника построены квадраты ACDEиBFKC. Точка M – середина гипотенузы AB, H – точка пересечения прямыхCMиDK.

а) Докажите, чтоCMIDK.

б) НайдитеMH, если известно, что катеты треугольника ABCравны 130 и 312.

а).ACB =DCK–по двум катетам(так какACDEиBFKC – квадраты, тоAC=CDи BC=CK). ∠BAC =∠КDC = α, ∠ABC = β, иα+β= 90^ᵒ

CM–медиана прямоугольного треугольника

CM = AM = MB∠MBC = ∠MCB = β.

∠MCB = ∠HCD = β– вертикальные углы.

В DCH∠CHD= 180^ᵒ– (α + β) = 90^ᵒ,

CMIDK.

Доказано.

б)MH = CM + CH.МедианаCMравна половине гипотенузы AB.

AB² = AC² + CB² =130² + 312² = 114244, AB = 338, CM = 169.

CH – высота прямоугольного треугольника DCK

CH = CD·CK: DK = 130·312: 338 =120. MH = CM + CH = 169 + 120 = 289.

Ответ: MH= 289.

Вариант № 9

Окружность, построенная на стороне ADпараллелограмма ABСD как на диаметре, проходит через точку пересечения диагоналей параллелограмма.

а) Докажите, что ABСD – ромб.

б) Эта окружность пересекает сторону AB в точке M, причем AM:MB = 3:1. Найдите диагональ AC, если известно, что AD = 2˅͞2.

а).1. F – точка пересечения диагоналей параллелограмма. Так как AD – диаметр, то

∠AFD =90^ᵒ.

2. ABF =ADF(по дум катетам),

AB=AD, AB=BC = CD=AD и параллелограмм ABСD – ромб.

Доказано.

б). ПустьBM = a, MA = 3a, AB = 4a;

BF = FD = b, BD = 2b.

1. По теореме о двух секущих имеем: BA·BM = BD·BF, 4a²=2b², b²= 2a².

2. ТаккакABСD – ромб, тоAD = AB = 4a= 2˅͞2 , a= ˅͞2 /2, a² = , b²= 1.

3. AFD– прямоугольный, по теореме ПифагораAF² =AD²–FD²= 16a²–b² = 7,

• AF =˅͞7 и AC= 2˅͞7 .

Ответ: AC= 2˅͞7 .

Вариант № 10

Точки В₁и С₁лежат на сторонах соответственно АС и АВ треугольника АВС, причем АВ₁: В₁С = АС₁ : С₁В. Прямые ВВ₁и СС₁ пересекаются в точке О.

а)Докажите, чтопрямая АО делит пополам сторону ВС.

б) Найдите отношение площади четырехугольника АВ₁ОС₁ к площади треугольника АВС, если известно, что АВ₁ : В₁С = АС₁ : С₁В = 1 : 4.

а)По теореме Чевыимеем:

(СВ₁ : В₁А )· ( АС₁: С₁В) · (ВА₁ :А₁С) = 1.

По условиюАВ₁ : В₁С = АС₁ : С₁В = m:n,

Поэтому (СВ₁ : В₁А)·( АС₁ : С₁В)= ·=1ВА₁ : А₁С = 1, ВА₁= А₁С.

Доказано.

б) = –;

1. Так как АВ₁ : В₁С = АС₁ : С₁В = 1 : 4, то и

::= 1 : 4.

Если= S, то =S, а = =S.

Так как АВ₁ :АС = АС₁ :АВ= , то В₁С₁ ВСВ₁ АС₁и САВ подобны, а также подобны ВОС и В₁ОС₁( по двум равным углам).

В₁О : ВО = В₁ С₁ : СВ= , и = = (·)SS.

= – =S – S =S, : = 1 : 15.

Ответ: : = 1 : 15.

Вариант № 15

Медианы АА₁, ВВ₁ и СС₁ треугольника АВС пересекаются в точке М. Точки А₂, В₂ и С₂ – середины отрезков МА, МВ и МС соответственно.

а) Докажите, что площадь шестиугольника А₁В₂С₁А₂В₁С₂ вдвое меньше площади АВС.

б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиугольника, если известно, что АВ = 4, ВС = 7 и АС = 8.

а)Медиана делит треугольник на два равновеликих

=S₁; =S₂; =S₃;=S₄;

=S₅;=S₆;

Тогда= S₁+ S₂+S₃ +S₄ + S₅ + S₆.

= 2(S₁+ S₂ +S₃ +S₄ + S₅ + S₆).

= . Доказано.

б)1.Заметим, что А₁В₂ = А₂В₁ = МС= c, как средние линии BCMиАCM.

Аналогично: B₁C₂ =B₂C₁ = МA= aиС₁А₂ = С₂А₁ = МВ= b, причем по свойству медиан: c= СС₁ , a= АА₁ , b = BB₁ .

2.Продлим медиану АА₁ на её длину, получим параллелограмм ABDCcдиагоналями ADиBC.

Применив теорему косинусов для ABCиABD, получим, что AD²+BC²=AB²+BD²+DC²+AC²,

AD²=4(AA₁)²= 2AB² +2AC ²– ВС²,

(АА₁)² = (2АВ² + 2АС² – ВС²).

Аналогично получим:

(ВВ₁)² = (2АВ² + 2ВС² – АС²) и (СС₁)² = (2ВС² + 2АС² – АВ²),

(АА₁)²+ (АА₁)²+(СС₁)²= (АВ² + ВС²+ АС²). Сумма квадратов сторон шестиугольника равна: 2a² + 2b²+ 2c²=((АА₁)²+ (АА₁)²+ (СС₁)²) =

·(АВ² + ВС² + АС²) = (16 + 49 + 64) = = 21,5.

Ответ:21,5.

Вариант № 16

Окружность с центромО вписана угол, равный 60^ᵒ. Окружность большего радиуса с центром О₁ также вписана в этот угол и проходит через точку О.

а) Докажите, что радиус второй окружности вдвое больше радиуса первой.

б) Найдите длину общей хорды этих окружностей, если известно, что радиус первой окружности равен 2˅͞3.

а)Так как окружности вписаны в уголА, то АО₁– биссектриса угла А.

∠О₁АН =30^ᵒ, ОК = R, О₁О = О₁Н = R₁;AO₁ = 2R₁, AO= 2R, AO₁ = AO + О₁О, 2R₁ = 2R + R₁,R₁ = 2R.

Доказано.

б)R =2˅͞3 , R₁=4˅͞3 .ВС- общая хорда.

ТочкиВ и С симметричны относительно биссектрисы АО₁ВР = РС и ВС⊥АО₁.

1. Рассмотрим О₁ОC.

О₁О= О₁С = R₁=4˅͞3;ОC = R =2˅͞3 ,OM= МС= ˅͞3 ;

О₁М²=О₁О²–ОМ² =48 – 3 = 45 и О₁М = 3˅͞5 .

2. ОО₁М иОCР подобны (∠Р = ∠М = 90^ᵒ, ∠О– общий), ОО₁ : ОC = О₁М :CР,CР = (ОC·О₁М) :ОО₁ =

(2˅͞3 ·3˅͞5 ) : 4˅͞3 = 1,5˅͞5 , ВР = 2СР = 3˅͞5 .

Ответ: 3˅͞5 .

Вариант № 20

Две окружности пересекаются в точках PиQ. Прямая, проходящая через точку P, второй раз пересекает первую окружность в точкеА, а вторую – в точке D. Прямая, проходящая через точку Qпараллельно AD, второй раз пересекает первую окружность в точке B, а вторую – в точке C.

а) Докажите, что четырехугольник ABCD – параллелограмм.

б) Найдите отношение ВР : РС, если радиус первой окружности вдвое больше радиуса второй.

а)Обозначим ∠PQB =α, ∠PQС=β, причем α+ β= 180^ᵒ (смежные).

Так как четырехугольники APQBиPDCQ – вписанные, то ∠PQB+ ∠PАB = 180^ᵒ и ∠PQС+ ∠PDB = 180^ᵒ,

∠PАB =β, а ∠PDС =α

∠PАB + ∠PDС = α+ β= 180^ᵒ, а это односторонние углы ABDC, а по условию ADBC, ABCD – параллелограмм.

Доказано.

б)PQBи PDС– вписанные и по теореме синусов:

PB:sin∠PQB = 2R₁, PC : sin∠PQC = 2R₂, где R₁и R₂ соответственно радиусы первой и второй окружностей. PB = 2R₁sin∠PQBи PС = 2R₂ sin∠PQС.

Так как ∠PQB+ ∠PQB= 180^ᵒ, то sin∠PQB =sin∠PQС = sinα.

По условию R₁ = 2R₂,ВР : РС = 4R₂ sinα:2R₂ sinα=2.

Ответ: ВР: РС=2.

Вариант № 32

Противоположные стороны ADиBC четырехугольникаABCD параллельны. Через вершиныВи D проведены параллельные прямые, пересекающие диагональ АС в точках Mи Nсоответственно. Оказалось, что АМ = MB = NC.

а) Докажите, что ABСD – параллелограмм.

б) Найдите отношение площади четырехугольника BMDN к площадипараллелограмма ABСD.

а) 1. По условию ADBC и BFED

FBED – параллелограмми BE = FD = a.

2. По теореме Фалеса:

т.к. AM = MNиBFED, AF = FD = a, тогдаAD = 2a.

т.к. MN= СNиBFED, BE = EC = a, тогдаBC = 2a.AD =BC, ADBC,

ABСD – параллелограмм.

Доказано.

б)Так как медиана делит треугольник на два равновеликих, получим:

= = S; = = S,

= 3S, атак как AС – диагональ параллелограмма, то = 6S.

= = S,(ABM=CDN по I признаку). = = S,

= 2S, : =2S : 6S = 1 : 3.

1 : 3.

Вариант № 38

На сторонах AСиBС треугольника АBС вне треугольника построены квадраты ACDEи BFKC. Точка M– середина стороны AB.

а) Докажите, чтоCM = DK.

б) Найдите расстояния от точки Mдо центров квадратов, если AC = 6, BC = 10и∠ACB =30^ᵒ.

а)Проведем HBAC, HBAC; KPCD, KPCD; получим параллелограммы ACBHи CDPK, в которых AC = CDиKC = BC(из условия).

∠ACD+∠BCK=30^ᵒ+ 30^ᵒ = 180^ᵒ

∠ACB+∠DCK= 180^ᵒ.

∠CBH+∠ACB= 180^ᵒ, как односторонние углы. ∠CBH=∠DCK. Аналогично ∠ACB =∠CKP.

Параллелограммы ACBHи CDPKравны, так как равны все соответственные стороны и углы.

CH = DK, а так как точка M– середина стороны AB, то CM = CH=DK.

Доказано.

б)Для нахождения MO иMO₁применим метод координат.

Начало координат – точкаА(0;0), ось Ox–вдоль АС, ось Oy⊥АС.

Найдем координаты нужных точек из условия ( АС = 6, ВС = 10, ∠ACB =30^ᵒ,

О₁– середина СЕ, О– середина ВК,М– середина АВ):

С(6; 0), Е( 0; –6), О₁(3; –3),В(6–5; 5), К(11; 5), О(; ), М(;).

МО²=()² + ()²= 49, МО = 7.

МО₁²= (–)² + ()²= 49, МО₁ = 7.

Ответ:МО =МО₁ = 7.

Вариант № 40

Пятиугольник ABСDЕ вписан в окружность. Из вершиныА опущены перпендикуляры AF, AH, APиAQ на прямые DE, BE, CDиBC соответственно.

а) Докажите, что∠FAH = ∠PAQ.

б) НайдитеAH, если AF = ɑ, AP = bиAQ = c.

а)Докажем, что FAHи PAQподобны.

1. Так как ∠AFЕ = ∠AHЕ = 90^ᵒ, то AFЕH– вписанный в окружность с диаметром AЕ,

∠AFH= ∠AЕHкак вписанные углы. Также

∠AЕH= ∠AЕB= ∠AСB как вписанные углы.

∠AFH= ∠AСB(1).

2. ∠AQС = ∠AРС = 90^ᵒ, и AQСР – вписанный в окружность с диаметром AС,

∠AСQ = ∠AРQ, ∠AFH=∠AРQ (2).

3. Аналогично ∠AHF= ∠AЕF.

Заметим, что ∠AЕF +∠AЕD= 180^ᵒ (смежные) и ∠AЕD+∠AСD= 180^ᵒ (AСDЕ вписанный),

∠AЕF = ∠AСD= ∠AСР; ∠AСD= ∠AQР, т.к. AQСР – вписанный.

∠AHF=∠AQР (3). Из (2) и (3) следует, что FAHи PAQподобны.

∠FAH = ∠PAQ.

Доказано.

б)Так как FAHи PAQподобны, то AH :AQ = AF :AP, AH = = .

Ответ: AH= .