25. Геометрическая задача повышенной сложности —Каталог задач по ОГЭ - Математика

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по ОГЭ - Математика
Геометрическая задача повышенной сложности

Тема 25. Геометрическая задача повышенной сложности

25.01 Геометрическая задача повышенной сложности

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Разделы подтемы Геометрическая задача повышенной сложности

Треугольники

Четырёхугольники

Окружности

Различные комбинации окружностей и многоугольников

Подтемы раздела геометрическая задача повышенной сложности

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#73660

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

Источники: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 1

Показать ответ и решение

Обозначим за $K$ точку пересечения медианы и биссектрисы. Заметим, что в треугольнике $ABD$ биссектриса $BK$ также является высотой, а значит этот треугольник равнобедренный, откуда $AB =BD.$

Далее, отметим середину $EC$ — обозначим её за $P.$ Тогда отрезок $PD$ является средней линией в треугольнике $BEC,$ так как соединяет середины сторон, откуда

P D = 1BE = 12. 2

$PIC$

В свою очередь, отрезок $KE$ является средней линией в треугольнике $ADP,$ так как проходит через середину стороны и параллелен основанию, откуда

1 KE = 2DP =6.

Таким образом, получаем, что

BK = BE − KE = 24− 6 =18.

Зная это, по теореме Пифагора можем посчитать длины отрезков $AB$ и $AE,$ через которые выражаются стороны трегольника:

∘ ---2-----2 ∘ -2----2- ∘ -2---2--2- √ -- AB = ∘AK--+-BK--= ∘12-+18-= ∘6-⋅(2-+-3)= 6√-13 AE = AK2 + EK2 = 122+ 62 = 62⋅(22+ 1)= 6 5 √-- BC = 2AB = 12√13 AC = 3AE = 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

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#58611

Углы при одном из оснований трапеции равны $80∘$ и $10∘,$ а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 20 и 17. Найдите основания трапеции.

Показать ответ и решение

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

Пусть $M$ — середина $BC,$ $N$ — середина $AD.$

По замечательному свойству трапеции точки $P, M, N$ лежат на одной прямой.

Пусть $AD = a, BC = b.$ Тогда

AN =ND = a 2 BM = MC = b 2

Рассмотрим треугольник $AP D.$ По теореме о сумме углов треугольника

∘ ∠AP D + ∠PDA + ∠DAP = 180 ∠AP D = 180∘− ∠P DA − ∠DAP = 180∘− 10∘− 80∘ = 90∘

$PIC$

Тогда треугольник $AP D$ — прямоугольный.

В треугольнике $BP C$ $PM$ — медиана, проведённая из вершины прямого угла, поэтому

PM = BM = MC = b 2

В треугольнике $AP D$ $PN$ — медиана, проведённая из вершины прямого угла, поэтому

P N = AN = ND = a 2

Значит,

a b a− b MN = PN − PM = 2 − 2 =--2-

Так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то её длина равна

1(AD + BC) = a+-b 2 2

По условию отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 20 и 17, поэтому

{ { { { a+2b-= 20 ⇔ a+ b= 40 ⇔ 2a= 74 ⇔ a = 37 a−2b-= 17 a− b= 34 b= a− 34 b =3

Ответ:

37; 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#57256

Боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 12 и 13, a основание $BC$ равно 4. Биссектриса угла $ADC$ проходит через середину стороны $AB.$ Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

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

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

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

∠CP D =∠P DA = ∠CDP

$PIC$

Значит, треугольник $P CD$ — равнобедренный. Тогда

PC = CD =13

Из равенства треугольников $PBM$ и $DAM$ $BP = AD.$ Тогда

AD = BP = CP − BC = 13− 4 =9

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

CE = AB =12 AE = BC =4 ⇒ ED = AD − AE = 9− 4= 5

Рассмотрим треугольник $CED :$

2 2 2 2 CE + ED = 12 + 5 = = 144+ 25= 169= 132 = CD2

По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $CED$ — прямоугольный, $∘ ∠CED = 90 .$

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

SABCD = BC-+-AD- ⋅CE = 4+-9⋅12 =78 2 2

Ответ: 78

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#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 $ABCD.$

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 5#56389

Четырёхугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 5$ и $CD = 17$ вписан в окружность. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $K,$ причём $∠AKB = 60∘.$ Найдите радиус окружности, описанной около этого четырёхугольника.

Показать ответ и решение

Проведем $DM ∥AC.$ Тогда $∠BKA = ∠BDM =60∘$ как соответственные углы, образованные параллельными прямыми $DM$ и $AC$ и секущей $BD.$

$PIC$

Проведём $AM.$ $∠CAD =∠ADM$ как внутренние накрест лежащие при $AC ∥ MD$ и секущей $AD.$

$∠CAD$ — 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 $AM = CD = 17.$

Рассмотрим четырёхугольник $ABDM.$ Так как он вписанный, то

∠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 = 25+ 289− 2⋅5⋅17⋅cos120∘ ( ) BM2 =314− 170⋅ − 1 2 BM2 = 399 ⇒ BM = √399

Пусть радиус окружности равен $R.$ По теореме синусов для треугольника $ABM$

-BM--- =2R sin120∘ √399 -√3--= 2R ∘ 2--- 399 √--- R = 3 = 133

Ответ:

$√ --- 133$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#56388

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны соответственно 32 и 4, а сумма углов при основании $AD$ равна $90∘.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD,$ если $AB = 14.$

Показать ответ и решение

Способ 1

Пусть $AB ∩ CD = P.$ В треугольнике $AP D$ по теореме о сумме углов треугольника

∠AP D = 180∘− (∠A + ∠D )= 180∘− 90∘ =90∘

Пусть $E$ — точка касания окружности с $CD.$ Пусть $O$ — центр окружности. Проведём радиус $OE.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания, то $OE ⊥ CD.$

Проведём $OH ⊥ AB.$ Рассмотрим четырёхугольник $HP EO.$ Так как в нём три прямых угла, то он прямоугольник, следовательно,

HP = OE = R

$PIC$

Пусть $BP =x.$ Тогда $AP = AB + BP = 14+ x.$ Рассмотрим треугольники $BP C$ и $APD.$ Так как $∠P$ — общий, $∠PBC = ∠PAD$ как соответственные при $AD ∥BC,$ то треугольники $BP C$ и $APD$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

BP-= BC- AP AD --x-- = -4 x + 14 32 32x = 4x+ 4⋅14 28x = 4⋅14 x =2

Значит, $BP = 2.$

Проведём радиусы $OA$ и $OB.$ Тогда треугольник $AOB$ равнобедренный. В равнобедренном треугольнике высота, проведённая к основанию, является медианой, поэтому

AH =HB = 14= 7 2

Найдём $HP :$

HP = HB +BP =7 +2 = 9

Тогда

R = HP = 9

Приведём план решения через теорему синусов.

Способ 2

$PIC$

Найдём $BP$ из подобия треугольников $BP C$ и $APD,$ $BP = 2.$

По теореме о касательной и секущей:

PE2 = PB ⋅PA P E2 = 2⋅16 √- PE = 4 2

Из треугольника $BP E$ можно найти $BE$ по теореме Пифагора и $sin∠BEP.$

По теореме об угле между касательной и хордой $∠BEP = ∠BAE.$ Тогда в треугольнике $BAE$ из теоремы синусов можно найти радиус описанной окружности:

-BE--- sin∠A = 2R

Ответ: 9

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#56387

В треугольнике $ABC$ биссектриса угла $A$ делит высоту, проведённую из вершины $B,$ в отношении $17:15,$ считая от точки $B.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC,$ если $BC = 16.$

Показать ответ и решение

Пусть $BH$ — высота треугольника $ABC,$ а $AD$ — его биссектриса. Пусть точка $K$ — точка пересечения $BH$ и $AD.$ По свойству биссектрисы угла треугольника $ABH$

AH :AB =HK :KB =15 :17

$PIC$

Пусть $AH = 15y, AB = 17y.$

В прямоугольном треугольнике $ABH$

cos∠A = AH- = 15 AB 17

Тогда по основному тригонометрическому тождеству

2 2 cos ∠A + sin ∠A = 1 (15)2 2 17 + sin ∠A = 1 sin2 ∠A =1 − 225-= -64- 289 289

Так как $0∘ < ∠A < 180∘,$ то $∘ --- sin∠A = 64-= 8. 289 17$

По теореме синусов для треугольника $ABC$

-BC---= 2R sin∠A 168 =2R 17 16-⋅17 8 = 2R R = 17

Ответ: 17

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#56386

Середина $M$ стороны $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равноудалена от всех его вершин. Найдите $AD,$ если $BC = 12,$ а углы $B$ и $C$ четырехугольника равны соответственно $115∘$ и $95∘.$

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

$PIC$

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

∠A = 180∘ − ∠C = 180∘− 95∘ = 85∘ ∠D =180∘− ∠B = 180∘− 115∘ =65∘

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

∠ABM = ∠BAM = 85∘

Тогда

∠MBC = ∠ABC − ∠MBA = 115∘− 85∘ = 30∘

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

∠MCB = ∠MBC = 30∘

Тогда по теореме о сумме углов треугольника:

∠BMC = 180∘− ∠MBC − ∠MCB = 180∘− 30∘ − 30∘ = 120∘

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

1 1 BH = HC = 2BC = 2 ⋅12 = 6

$PIC$

В прямоугольном треугольнике $BHM :$

cos∠MBH = BH-- BM cos30∘ =-6 √- R -3- 6- 2 = R 12 12√3 √ - R = √--= -3---=4 3 3

Тогда

√- √ - AD = 2R = 2⋅4 3= 8 3

Ответ:

$√ - 8 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#56385

На стороне $BC$ остроугольного треугольника $ABC$ как на диаметре построена полуокружность, пересекающая высоту $AD$ в точке $M,$ $AD = 49,$ $MD = 42,$ $H$ — точка пересечения высот треугольника $ABC.$ Найдите $AH.$

Показать ответ и решение

Найдём $AM :$

AM = AD − MD = 49− 42= 7

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 $BN ∩ AD = H.$

Пусть $O$ — центр описанной окружности.

$PIC$

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

AH AN AC-= AD- ⇒ AN ⋅AC = AH ⋅AD

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

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

KD = MD = 42

По теореме о двух секущих

AN ⋅AC = AM ⋅AK

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

AH ⋅AD = AM ⋅AK AH ⋅AD = AM ⋅(AD + DK ) AH ⋅49 = 7⋅(49 +42) AH = 7⋅91= 13 49

Ответ: 13

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#56384

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 $AD =14,$ $BC =12.$

Показать ответ и решение

Способ 1

Проведём $EC$ и $ED.$

Опустим из точки $E$ перпендикуляр $EH$ на прямую $CD.$ $∠EHC = ∠EHD = 90∘.$

$PIC$

По условию $AB ⊥ BC,$ значит, $∠ABC = 90∘.$ Так как $∠BAD$ и $∠ABC$ — односторонние при $AD ∥BC,$ то $∠BAD = 180∘− ∠ABC = 180∘− 90∘ = 90∘.$

По теореме об угле между касательной и хордой $∠BEC = ∠EDC$ и $∠AED = ∠ECD.$

Рассмотрим треугольники $BEC$ и $HDE.$ В них $∠BEC =∠HDE,$ $∠EBC = ∠EHD = 90∘.$ Тогда треугольники $BEC$ и $HDE$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

BE--= EC-= -BC HD DE HE

Рассмотрим треугольники $ECH$ и $DEA.$ В них $∠ECH =∠AED,$ $∠CHE = ∠EAD = 90∘.$ Тогда треугольники $ECH$ и $DEA$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

EC CH EH DE- = EA-= DA-

Тогда:

BC EC EH 2 √------- HE- = DE- = DA- ⇒ EH =AD ⋅BC ⇔ EH = AD ⋅BC √----- √-------- √-- EH = 14 ⋅12 = 7⋅2⋅3 ⋅4 = 2 42

Способ 2.

Продлим $AB$ и $CD$ до пересечения в точке $P.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $BP C$ и $AP D.$ В них $∠PBC = ∠PAD =90∘,$ $∠P$ — общий. Тогда треугольники $BP C$ и $AP D$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

PC BC 12 6 PD-= AD- = 14 = 7

Пусть $P C =6x.$ Тогда $PD = 7x.$

По теореме о касательной и секущей

√-- P E2 = P C ⋅P D =6x ⋅7x= 42x2 ⇒ PE = 42x

Рассмотрим треугольники $PBC$ и $P HE.$ Так как $∘ ∠P BC = ∠PHE = 90,$ $∠P$ — общий, то треугольники $PBC$ и $PHE$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

PC-− BC- PE EH -6x-- -12 √ 42x = EH 6 12 √42-= EH- √ -- EH = --42⋅12= 2√42- 6

Ответ:

$√ -- 2 42$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#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 $CD.$

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

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#56382

Биссектрисы углов $A$ и $B$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $K.$ Найдите площадь параллелограмма, если $BC = 2,$ а расстояние от точки $K$ до стороны $AB$ равно 1.

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведём $KH ⊥ AB.$ По условию расстояние от точки $K$ до стороны $AB$ равно 1, то есть $KH = 1.$

Проведём высоту $MN$ параллелограмма $ABCD$ через точку $K.$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $AKN$ и $AKH :$ $∠NAK = ∠HAK,$ так как $AK$ — биссектриса $∠BAD,$ $AK$ — общая. Тогда треугольники $AKN$ и $AKH$ равны по острому углу и гипотенузе, $KN = KH = 1$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $BHK$ и $BMK.$ $∠HBK = ∠MBK,$ так как $BK$ — биссектриса $∠ABC,$ $BK$ — общая. Тогда треугольники $BHK$ и $BMK$ равны по острому углу и гипотенузе, $KM = KH = 1$ как соответственные элементы равных треугольников.

Тогда

MN = KM + KN = 1+ 1 =2

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

S = MN ⋅BC = 2⋅2= 4 ABCD

Ответ: 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 13#56381

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

Показать ответ и решение

Пусть $AD ∩BE = K.$ По условию $BK ⊥ AD,$ значит, $∠BKD = 90∘.$ По условию $AD = BE = 8.$

Рассмотрим треугольник $ABD.$ В нём $BK$ — высота и биссектриса. Тогда треугольник $ABD$ равнобедренный по признаку равнобедренного треугольника, то есть

AB =BD = 1BC ⇒ BC = 2AB 2

В равнобедренном треугольнике биссектриса, проведённая к основанию, является медианой. Значит,

1 1 AK =KD = 2AD = 2 ⋅8= 4

Продлим медиану $AD$ на её длину: $AD = DP = 8.$ Соединим точки $B$ и $P.$

Рассмотрим четырёхугольник $ABP C :$ $AD = DP,$ $BD = DC.$ Тогда $ABP C$ — параллелограмм по признаку.

Найдём $KP :$

KP = KD + DP = 4+ 8= 12

$PIC$

Рассмотрим треугольники $AKE$ и $PKB.$ $∠AKE = ∠P KB$ как вертикальные, $∠KAE =∠BP K$ как накрест лежащие при $BP ∥AE.$ Тогда треугольники $AKE$ и $PKB$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

KE AE AK 4 1 BK--= BP-= KP- = 12 = 3

Так как $KE 1 BK--= 3,$ то

1 1 KE = 4 BE = 4 ⋅8 = 2 BK = BE − KE =8 − 2 = 6

Так как $ABEP-= 13,$ то пусть $AE = x,$ тогда $BP = 3x.$ $AC =BP = 3x$ как противоположные стороны параллелограмма, следовательно, $EC = 2x.$

В треугольнике $BKA$ по теореме Пифагора

√-- √ -- AB2 = KB2 + AK2 = 62+ 42 = 36+ 16 = 52 ⇒ AB = 52 =2 13

Найдём $BC :$

BC =2AB =2 ⋅2√13-= 4√13

В треугольнике $AKE$ по теореме Пифагора

√-- √ - AE2 = KE2 + AK2 = 22+42 = 4+ 16 = 20 ⇒ AE = 20= 2 5

Тогда

AC = 3AE = 3⋅2√5-= 6√5

Ответ:

$√ -- √-- √ - 2 13, 4 13, 6 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#56380

В равнобедренную трапецию, периметр которой равен 40, а площадь равна 80, можно вписать окружность. Найдите расстояние от точки пересечения диагоналей трапеции до её меньшего основания.

Показать ответ и решение

Пусть $ABCD$ — трапеция с основаниями $BC = a$ и $AD = b.$

Так как трапеция $ABCD$ равнобедренная, то $AB = CD = x.$

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

BC + AD = AB + CD ⇒ a +b =2x

Пусть $AC ∩ BD = O.$

$PIC$

По условию периметр трапеции равен 40, то есть

BC + AD + AB + CD = 40 ⇒ a +b+ 2x =40

Так как $a+ b= 2x,$ то

a +b +2x = 40 ⇔ 4x = 40 ⇔ x= 10

Тогда

BC + AD = a+ b= 2x =2 ⋅10 = 20

Пусть $h$ — высота трапеции $ABCD.$ Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований и высоты, поэтому

SABCD = a-+b ⋅h ⇒ 80= 20 ⋅h ⇔ h= 8 2 2

Опустим высоты $CM$ и $BK.$ Тогда $CM = BK = 8$ как высоты трапеции.

По теореме Пифагора в треугольнике $ABK :$

AK2 =AB2 − BK2 = 102− 82 = 100− 64= 36 ⇒ AK = 6

Рассмотрим треугольники $ABK$ и $DCM.$ $AB =CD$ и $∠A =∠D,$ так как трапеция $ABCD$ равнобедренная. Тогда треугольники $ABK$ и $DCM$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $DM = AK = 6$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим четырехугольник $BCMK.$ Так как $BC ∥KM,$ $BK ∥CM$ как высоты трапеции, и $∘ ∠BKM =90 ,$ то $BCMK$ — прямоугольник. Тогда $KM = BC = a.$

Значит,

AD = AK + MK + MD ⇒ b= 6+ a+ 6

Так как $a+ b= 20,$ то

6+ a+ 6+ a = 20 2(a+ 6)= 20 a+ 6 =10 a =4 b= 20− a =16

Проведем высоту $HN,$ проходящую через точку $O.$ Так как $HN$ — высота трапеции, то $HN = 8.$

Рассмотрим треугольники $BOC$ и $DOA.$ В них $∠BCO = ∠OAD$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD,$ $∠AOD = ∠COB$ как вертикальные. Тогда треугольники $BOC$ и $DOA$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия

OC- BC- 4- 1 OA = AD = 16 = 4

Рассмотрим треугольники $HOC$ и $NOA.$ В них $∠OHC = ∠ONA = 90∘,$ $∠HOC = ∠NOA$ как вертикальные. Тогда треугольники $HOC$ и $NOA$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия

OH- = OC-= 1 ON OA 4

Так как $OH- = 1, ON 4$ то

1 1 OH = 5 HN = 5 ⋅8= 1,6

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 $OH,$ то есть $1,6.$

Ответ: 1,6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#56379

Углы при одном из оснований трапеции равны $50∘$ и $40∘,$ а отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 15 и 13. Найдите основания трапеции.

Показать ответ и решение

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

Пусть $M$ — середина $BC,$ $N$ — середина $AD.$

По замечательному свойству трапеции точки $P, M, N$ лежат на одной прямой.

Пусть $AD = a, BC = b.$ Тогда

AN =ND = a 2 BM = MC = b 2

Рассмотрим треугольник $AP D.$ По теореме о сумме углов треугольника

∘ ∠AP D + ∠PDA + ∠DAP = 180 ∠AP D = 180∘− ∠P DA − ∠DAP = 180∘− 40∘− 50∘ = 90∘

$PIC$

Тогда треугольник $AP D$ — прямоугольный.

В треугольнике $BP C$ $PM$ — медиана, проведённая из вершины прямого угла, поэтому

PM = BM = MC = b 2

В треугольнике $AP D$ $PN$ — медиана, проведённая из вершины прямого угла, поэтому

P N = AN = ND = a 2

Значит,

a b a− b MN = PN − PM = 2 − 2 =--2-

Так как средняя линия трапеции равна полусумме оснований, то её длина равна

1(AD + BC) = a+-b 2 2

По условию отрезки, соединяющие середины противоположных сторон трапеции, равны 15 и 13, поэтому

{ { { { a+2b-= 15 ⇔ a+ b= 30 ⇔ 2a= 56 ⇔ a = 28 a−2b-= 13 a− b= 26 b= a− 26 b =2

Значение выражения $a−2b$ можно было найти и другим способом.

Проведём $ME ∥ AB,$ $MP ∥ CD.$ Так как $BM ∥AE,$ то $ABME$ — параллелограмм по определению. Так как $MC ∥ PD,$ то $MCDP$ — параллелограмм по определению. Тогда по свойству параллелограмма

AE = BM = b 2 b PD = MC = 2

Тогда

NP = ND − P D = a− b 2 2 EN = AN − AE = a− b 2 2

$PIC$

$∠MEP = ∠BAD = 50∘$ как соответственные углы при $AB ∥ ME.$ $∠MP E =∠CDA = 40∘$ как соответственные углы при $MP ∥CD.$

В треугольнике $MEP$ по теореме о сумме углов треугольника

∠EMP =180∘− ∠MEP − ∠MP E = 180∘− 50∘− 40∘ = 90∘

Значит, треугольник $MEP$ — прямоугольный, следовательно,

1 a−-b MN = 2EP = EN = NP = 2

Ответ: 28; 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 16#56378

Боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 20 и 29, а основание $BC$ равно 4. Биссектриса угла $ADC$ проходит через середину стороны $AB.$ Найдите площадь трапеции.

Показать ответ и решение

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

Рассмотрим треугольники $PBM$ и $DAM.$ $∠PBM = ∠DAM$ как накрест лежащие при $PC ∥AD,$ $∠P MB = ∠AMD$ как вертикальные, $BM = AM.$ 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 $PC ∥AD.$ Так как $DM$ — биссектриса $∠CDA,$ то

∠CP D =∠P DA = ∠CDP

$PIC$

Значит, треугольник $P CD$ — равнобедренный. Тогда

PC = CD =29

Из равенства треугольников $PBM$ и $DAM$ $BP = AD.$ Тогда

AD = BP = CP − BC = 29− 4= 25

CE = AB =20 AE =BC = 4 ⇒ ED = AD − AE = 25− 4= 21

Рассмотрим треугольник $CED :$

2 2 2 2 CE +ED =20 + 21 = =400+ 441= 841= 292 = CD2

По теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник $CED$ — прямоугольный, $∘ ∠CED = 90 .$

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

SABCD = BC--+AD- ⋅CE = 4+-25⋅20 =290 2 2

Ответ: 290

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#56057

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 5, 4 и 3. Найдите площадь параллелограмма $ABCD.$

Показать ответ и решение

Пусть $OM ⊥ AD,$ $M ∈AD.$ По условию $OM = 4.$

Пусть $H$ — точка касания окружности с $AC.$ Так как касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания, то $OH ⊥ AC.$ По условию $OH = 3.$

Точка $N$ — точка касания окружности с $BC.$ Касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания, поэтому $ON ⊥ BC.$ При этом $ON = OH = 3$ как радиусы.

Так как $BC ∥ AD,$ а $ON ⊥ BC,$ то $ON ⊥ AD.$ Тогда $ON ⊥ AD$ и $OM ⊥ AD.$ Значит, точки $N, O, M$ лежат на одной прямой. $NM ⊥ AD,$ поэтому $NM$ — высота параллелограмма.

NM = ON +OM = 3+ 4= 7

Рассмотрим треугольник $AOH.$ По теореме Пифагора

AH2 = AO2 − OH2 =52 − 32 = 25− 9 =16 = 42 ⇒ AH = 4

$PIC$

Точка $P$ — точка касания окружности с $AB.$ Пусть $BP = x,$ $CN =y.$ Так как отрезки касательных к окружности, проведенные из одной точки, равны, то $BP =BN = x,$ $CN = CH = y,$ $AP = AH = 4.$

Тогда

AB = AP + PB = 4+ x BC =BN + NC = x+ y AC = AH + CH = 4+ y

p ⋅r = 1 ⋅h ⋅BC, 2

Найдем полупериметр треугольника $ABC :$

AB-+-BC-+-AC- (4+-x)+-(x+-y)+-(y-+4) p= 2 = 2 = x+ y+ 4

Высота в треугольнике $ABC$ — расстояние от точки $A$ до прямой $BC.$ Тогда $h= NM$ как расстояние между параллельными прямыми $AD$ и $BC.$ Значит, $h= 7,$ $r = 3,$ а $BC =x + y,$ поэтому

(x+ y+ 4)⋅3= 1 ⋅h ⋅BC 2 (BC + 4)⋅3= 7⋅BC 2 3BC + 12 = 3,5BC 12 = 0,5BC BC = 24

Площадь параллелограмма равна произведению основания на высоту, поэтому

SABCD = BC ⋅NM = 24⋅7= 168

Ответ: 168

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#56056

В трапеции $ABCD$ основания $AD$ и $BC$ равны соответственно 28 и 4, а сумма углов при основании $AD$ равна $90∘.$ Найдите радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD,$ если $AB = 15.$

Показать ответ и решение

Пусть $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E.$ По теореме о сумме углов треугольника в $△ AED :$

∠AED = 180∘− (∠EAD + ∠EDA )= 180∘ − 90∘ = 90∘

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

Пусть $BE = x.$ Тогда

AE = AB + BE = 15+ x

$PIC$

Рассмотрим треугольники $BEC$ и $AED.$ В них $∠BEC = ∠AED = 90∘,$ $∠EBC = ∠EAD$ как соответственные углы, образованные параллельными прямыми $BC$ и $AD$ и секущей $AB.$ Тогда $△ BEC ∼ △AED$ по двум углам. Запишем отношение подобия:

BE-= BC- ⇒ --x-- = 4- AE AD x+ 15 28

Таким образом,

--x-- = 1 ⇒ 7x =x + 15 ⇔ 6x = 15 ⇔ x= 2,5 x+ 15 7

Опустим из точки $O$ перпендикуляр $OK$ на $AB.$ Рассмотрим треугольник $ABO.$ В нем $AO = BO$ как радиусы окружности, а $OK$ — высота. Следовательно, $OK$ — медиана, то есть $AK =KB = 7,5$

Рассмотрим четырехугольник $OKEH.$ В нем три угла равны $90∘,$ следовательно, $OKEH$ — прямоугольник. Тогда

OH = KE = KB + BE = 7,5+ 2,5= 10

Значит, радиус окружности, проходящей через точки $A$ и $B$ и касающейся прямой $CD,$ равен 10.

Ответ: 10

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#56055

В треугольнике $ABC$ биссектриса угла $A$ делит высоту, проведенную из вершины $B,$ в отношении $5:3,$ считая от точки $B.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC,$ если $BC = 8.$

Показать ответ и решение

Пусть $BH$ — высота треугольника $ABC,$ а $AE$ — его биссектриса. Пусть точка $F$ — точка пересечения $BH$ и $AE.$ По свойству биссектрисы угла треугольника $ABH$

AH :AB = HF :FB = 3:5

$PIC$

Следовательно, так как $△ ABH$ прямоугольный,

cos∠A = AH-= 3 AB 5

Тогда по основному тригонометрическому тождеству

∘ ---------- ∘ ------ sin∠A = 1− cos2∠A = 1− -9 = 4 25 5

По теореме синусов для треугольника $ABC$

R = --BC---= -8--= 5 2sin∠A 2 ⋅ 45

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#55907

Середина $M$ стороны $AD$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равноудалена от всех его вершин. Найдите $AD,$ если $BC = 9,$ а углы $B$ и $C$ четырехугольника равны соответственно $116∘$ и $94∘.$