Добавить материал и получить бесплатное свидетельство о публикации в СМИ
Эл. №ФС77-60625 от 20.01.2015

Опубликуйте свой материал в официальном Печатном сборнике методических разработок проекта «Инфоурок»

(с присвоением ISBN)

Выберите любой материал на Вашем учительском сайте или загрузите новый

Оформите заявку на публикацию в сборник(займет не более 3 минут)

+

Получите свой экземпляр сборника и свидетельство о публикации в нем

Инфоурок / Математика / Другие методич. материалы / Решение геометрических задач ЕГЭ по математике 2016 года
ВНИМАНИЮ ВСЕХ УЧИТЕЛЕЙ: согласно Федеральному закону № 313-ФЗ все педагоги должны пройти обучение навыкам оказания первой помощи.

Дистанционный курс "Оказание первой помощи детям и взрослым" от проекта "Инфоурок" даёт Вам возможность привести свои знания в соответствие с требованиями закона и получить удостоверение о повышении квалификации установленного образца (180 часов). Начало обучения новой группы: 24 мая.

Подать заявку на курс
  • Математика

Решение геометрических задач ЕГЭ по математике 2016 года

библиотека
материалов

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 cosABC = 1/6. В каком отношении прямаяDL делит сторону AB?


  1. 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.


  1. 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.


  1. 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.


  1. 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.


  1. 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.


  1. (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.


  1. (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.


  1. (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.


  1. (16). Окружность с центромО вписана угол, равный 60. 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.


  1. (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.


  1. (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.


  1. (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 = 10иACB =30.


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

а) Докажите, чтоFAN = 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 cosABC = 1/6. В каком отношении прямаяDL делит сторону AB?



По условию: ВDL=LВD= αиhello_html_m2a9e691b.png

АСВ=АВС=2α.

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

Доказано.



  1. . По условию: cosB = 1/6,hello_html_332ab38b.png

тогдаВН = ɑ, АВ = 6ɑ,ВС = 2ɑ.

  1. . ВL– биссектриса,

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

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

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

  2. . 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.

hello_html_36b814ee.png

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

MQP=MPвписанный;

MOP=MPцентральный; ВMOP:

OMP=OPM= 90–.

ТаккакOMCD , то ∠DMP = 90OMP = 90) == CBM.

Доказано.

б)1. CMOE – квадрат, т.к. C =E =M = 90;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 = 1715 = 2.


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

= ;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:hello_html_4fecef90.png

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 MNАВ, MNBC.Рассмотрим прямоугольную трапецию ABCM:

ВМ =5, R = 3. Найти: О1Н1 = r = ?hello_html_m5cccb8e6.png

1). Проведем радиусOLABи отрезокOВ;

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

BO2= 32 + 22 = 13, BO = .

BOиAO – биссектрисы, A + ∠ B = 180,

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 :O1H1 ,= 3 : r, причем

AO1 = АО – 3r.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 = O1CO2C = R1R2;hello_html_m2751f51.png

O1O3 = O1BO3B = R1R3; 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 O3HO1O2; O3H= O3B= O3E= R3 = x.hello_html_cbe3b04.png

O1O2 = R1R2= 3; O1O3 = R1R3=4– x;

O2O3 = R2+ R3 = x + 1;O2H= O1O2O1H =3– O1H.

2. ВO1O3H: (O1H)2 = (O1O3)2– (O3H)2= (4– x)2x 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.

hello_html_m70aae217.png

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

ABCD – описанный четырехугольник,

AB+CD = BC+AD,

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

AB = CD = BC = AD,

ABCDромб.

Доказано.


б)1. M, N, P, Kточки касания, ONBC, OKAD;OMAB, OPCD.AB//CD, BC//AD, NKиMPдиаметры,MNPNPKPKMKMNMNPK = MK·KP.hello_html_1218873.png

2. ПроведемBHCD. 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.

hello_html_m2071fbb7.png

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

CMмедиана прямоугольного треугольника

CM = AM = MBMBC = MCB = β.

MCB = HCD = βвертикальные углы.

В DCHCHD= 180 (α + β) = 90,

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 hello_html_77b7d759.png

AFD =90.

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. ТаккакABСDромб, тоAD = AB = 4a= 2˅͞2 , a= ˅͞2 /2, a2 = , b2= 1.

  3. AFD– прямоугольный, по теореме ПифагораAF2 =AD2FD2= 16a2b2 = 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:hello_html_5747f437.png

(СВ1 : В1А )· ( АС1: С1В) · (ВА11С) = 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 hello_html_7e63a6a6.png

=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.hello_html_m57156aa2.png

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

AD2=4(AA1)2= 2AB2 +2AC 2ВС2,

(АА1)2 = (2АВ2 + 2АС2ВС2).

Аналогично получим:

(ВВ1)2 = (2АВ2 + 2ВС2АС2) и (СС1)2 = (2ВС2 + 2АС2АВ2),

(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. 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. hello_html_64bc33d6.png

О1АН =30, 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 ВСАО1.

  1. Рассмотрим О1ОC.

О1О= О1С = R1=4˅͞3;ОC = R =2˅͞3 ,OM= МС= ˅͞3 ;hello_html_79d3193d.png

О1М21О2ОМ2 =48 – 3 = 45 и О1М = 3˅͞5 .

2. ОО1М иОCР подобны (Р = М = 90, ∠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 (смежные).hello_html_mf957e46.png

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

PАB =β, а PDС =α

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

Доказано.


б)PQBи PDС– вписанные и по теореме синусов:

PB:sinPQB = 2R1, PC : sinPQC = 2R2, где R1и R2 соответственно радиусы первой и второй окружностей. PB = 2R1sinPQBи PС = 2R2 sinPQС.

Так как PQB+ PQB= 180, то sinPQB =sinPQС = 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 BFEDhello_html_m6350dd81.png

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,

ABСDпараллелограмм.

Доказано.


б)Так как медиана делит треугольник на два равновеликих, получим:hello_html_m5f2005a0.png

= = 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 = 10иACB =30.

а)Проведем HBAC, HBAC; KPCD, KPCD; получим параллелограммы ACBHи CDPK, в которых AC = CDиKC = BC(из условия). hello_html_m5656725e.png

ACD+BCK=30+ 30 = 180

ACB+DCK= 180.

CBH+ACB= 180, 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 OyАС.

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

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

С(6; 0), Е( 0; 6), О1(3; 3),В(65; 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, чтоFAH = PAQ.

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


а)Докажем, что FAHи PAQподобны.hello_html_347a2609.png

1. Так как AFЕ = AHЕ = 90, 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, и AQСР – вписанный в окружность с диаметром AС,

AСQ = AРQ, AFH=AРQ (2).

3. Аналогично AHF= AЕF.

Заметим, что AЕF +AЕD= 180 (смежные) и AЕD+AСD= 180 (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= .



Автор
Дата добавления 11.04.2016
Раздел Математика
Подраздел Другие методич. материалы
Просмотров4281
Номер материала ДБ-022165
Получить свидетельство о публикации

Выберите специальность, которую Вы хотите получить:

Обучение проходит дистанционно на сайте проекта "Инфоурок".
По итогам обучения слушателям выдаются печатные дипломы установленного образца.

ПЕРЕЙТИ В КАТАЛОГ КУРСОВ

Похожие материалы

Включите уведомления прямо сейчас и мы сразу сообщим Вам о важных новостях. Не волнуйтесь, мы будем отправлять только самое главное.
Специальное предложение
Вверх