Решение планиметрических задач (№16 ЕГЭ профильный уровень)

Задача №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.

Задача № 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.

Задача № 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 = .

Задача № 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 линиях 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.

Задача № 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,так какA +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 .

Задача № 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.

Задача № 7

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.