Задачи из сборника И.В. Ященко ЕГЭ —Каталог задач по ЕГЭ - Математика

Тема 17. Задачи по планиметрии

17.02 Задачи из сборника И.В. Ященко ЕГЭ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи по планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#72991

В прямоугольный треугольник $ABC$ с прямым углом $A$ вписана окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R.$ К этой окружности параллельно прямой $AB$ проведена касательная, которая пересекает стороны $BC$ и $AC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. В треугольник $CDE$ вписана окружность с центром в точке $O1$ и радиусом $r.$ Прямые $OO1$ и $AB$ пересекаются в точке $P.$

а) Докажите, что $AP :PB = cos∠ACB.$

б) Найдите площадь треугольника $ABC,$ если $R = 6,$ $r = 4.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 3

Показать ответ и решение

а) Пусть $α= ∠ACB.$ Так как $CP$ — биссектриса угла $ACB,$ то по свойству биссектрисы

AP- AC- PB = BC = cosα.

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Проведем радиусы $OK$ и $O1K1$ в точки касания окружностей со стороной $AC.$ Большая окружность вписана в прямоугольную трапецию $ABDE,$ следовательно, ее радиус $R$ равен $KE.$ Меньшая окружность вписана в прямоугольный $△CDE,$ следовательно, ее радиус $r$ равен $K1E.$

$△OKC ∼ △O1K1C$ как прямоугольные с общим острым углом. Следовательно, если $CK =x, 1$ то

R- R-+-r+-x 6 6+-4+-x- r = x ⇔ 4 = x ⇔ x= 20

Следовательно,

α- r 1 -2tg α2-- 5- tg2 = x = 5 ⇒ tgα = 1− tg2 α2 = 12

С другой стороны,

tgα= AB- AC

При этом $AC = 2R + r+ x= 36.$ Следовательно,

5-= AB- ⇔ AB = 15 12 36

Тогда искомая площадь равна

1 1 S△ABC = 2 ⋅AB ⋅AC = 2 ⋅15 ⋅36 = 270

Ответ:

б) 270

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#72992

В трапеции $KLMN$ с основаниями $KN$ и $ML$ провели биссектрисы углов $LKN$ и $LMN,$ которые пересекаются в точке $P.$ Через точку $P$ параллельно прямой $KN$ провели прямую, которая пересекает стороны $LK$ и $MN$ соответственно в точках $A$ и $B.$ При этом $AB = KL.$

а) Докажите, что трапеция $KLMN$ равнобедренная.

б) Найдите $cos∠LKN,$ если $KP :PM =2 :3,$ $AP :PB = 1 :2.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 5

Показать ответ и решение

а) $∠P KN = ∠APK,$ $∠LMP = ∠BP M$ как накрест лежащие, следовательно, $△AKP$ и $△P MB$ — равнобедренные, откуда $AK = AP,$ $BM = BP.$

Так как $KL = AB,$ то из $AK = AP$ следует, что $AL = BP = BM.$ По теореме Фалеса

1 = -AL-= AK-- ⇒ BN = AK 1 BM BN

Следовательно,

KL = AL +AK = BM + BN =MN

Значит, трапеция равнобедренная. Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Проведем $AA1 ⊥ KP,$ $BB1 ⊥ MP.$ Обозначим $1 2∠M =α,$ $1 2∠K = β.$ Так как трапеция равнобедренная, то $∘ 2α+ 2β = 180 ,$ откуда $∘ α + β = 90 .$ Тогда $△KAA1 ∼ △MBB1$ как прямоугольные с равными острыми углами. Следовательно,

1 AP- AK-- KA1- 2 = P B = BM = BB1 ⇒ BB1 = 2KA1 = KP

Тогда

-BB1- -KP-- 4 4 2 tg α= MB1 = 34KP = 3 ⇒ sinα = 5 ⇒ cos2α= 1− 2sin α = −0,28

Тогда

∘ cos⃗aLKN =cos2β =− cos(180 − 2α)= 0,28

Ответ:

б) 0,28

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#72993

На стороне $BC$ ромба $ABCD$ отметили точку $E$ так, что $BE :EC = 1:4.$ Через точку $E$ перпендикулярно $BC$ провели прямую, которая пересекает диагонали $BD$ и $AC$ в точках $R$ и $M$ соответственно, при этом $BR :RD = 1:3.$

а) Докажите, что точка $M$ делит отрезок $AC$ в отношении $2:1,$ считая от вершины $C.$

б) Найдите периметр ромба $ABCD,$ если $MR = 2√3.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 7

Показать ответ и решение

а) Пусть прямая $RE$ пересекает сторону $AD$ в точке $N.$ $△BRE ∼ △DRN$ как прямоугольные по острому углу ( $∠BRE = ∠DRN$ как вертикальные). Следовательно,

ND DR EB--= BR- = 3

Следовательно, если $EB = x,$ то $ND = 3x.$ Тогда $EC = 4x$ и $AN =2x.$

$△AMN ∼ △CME$ по тому же признаку, следовательно,

-AM-= AN-= 2x = 1 CM CE 4x 2

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть $∠AMN = α,$ $AM = t,$ $BR = RO = y.$ Тогда

2x y 3t 2 3 2 ∘ 5- sin α= -t = 2√3-= 25x ⇒ 10x = 2 t ⇔ t= 2 3x

Тогда $∘-- sinα = 3. 5$ Следовательно,

∘ -- 3 -y-- -6- 5 = 2√3 ⇔ y = √5

Так как $∘ -- cosα = 2 = 2y, 5 5x$ то $√-- √ - 5x= y 10 = 6 2.$ Следовательно,

PABCD = 4⋅5x= 24√2

Ответ:

б) $24√2-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#72994

В равнобедренной трапеции $ABCD$ боковая сторона $AB$ равна $a,$ а основание $AD =c$ больше основания $BC = b.$ Построена окружность, касающаяся сторон $AB,$ $CD$ и $AD.$

а) Докажите, что если $b+ c> 2a,$ то окружность пересекает сторону $BC$ в двух точках.

б) Найдите длину той части отрезка $BC,$ которая находится внутри окружности, если $c= 12,$ $b =10,$ $a = 8.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024г. Вариант 9

Показать ответ и решение

а) Пусть $B1C1 ∥ BC,$ $AB1C1D$ — трапеция, описанная около данной окружности. Пусть $AB1 =a1,$ $B1C1 = b1.$ Тогда суммы противоположных сторон трапеции равны, следовательно,

b1+ c= 2a1

То, что окружность пересекает $BC$ в двух точках, равносильно тому, что $b1 < b,$ $a1 > a.$ Если окружность не пересекает сторону $BC$ или касается ее, то имеем:

b +c ≤b1+ c= 2a1 ≤ 2a< b+ c

Получили противоречие. Следовательно, окружность пересекает сторону $BC$ в двух точках. Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть окружность пересекает $BC$ в точках $M$ и $N,$ считая от точки $B.$ Пусть $BM = x.$ Тогда $BN = 10− x.$ Так как трапеция равнобедренная, то точка $H$ касания окружности с основанием $AD$ делит его пополам. Следовательно, $AH = 6.$ Так как отрезки касательных равны, то для точки $E$ касания окружности со стороной $AB$ имеем:

AE = AH = 6 ⇒ BE = 8− 6= 2

Так как квадрат отрезка касательной равен произведению секущей на ее внешнюю часть, то

BE2 = BM ⋅BN ⇒ 4= x(10− x) √ -- √-- 2x = 10 − 2 21 ⇒ MN = BC − 2x= 2 21

Ответ:

б) $2√21-$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#46962

В параллелограмме $ABCD$ угол $BAC$ вдвое больше угла $CAD.$ Биссектриса угла $BAC$ пересекает отрезок $BC$ в точке $L.$ На продолжении стороны $CD$ за точку $D$ выбрана такая точка $E,$ что $AE =CE.$

а) Докажите, что $AL :AC = AB :BC.$

б) Найдите $EL,$ если $AC = 21,$ $tg∠BCA =0,4.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 11

Показать ответ и решение

а) Пусть $∠CAB = 2α.$ Тогда $∠BAL = ∠CAL =∠CAD = α.$ Так как $∠BCA = ∠CAD = α$ как накрест лежащие при $AD ∥BC$ и секущей $AC,$ а $∠ABC$ — общий у $△ABL$ и $△CBA,$ то эти треугольники подобны по двум углам. Следовательно,

AL-= AB- AC BC

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) $△ALE = △CLE$ по трем сторонам ( $△ALC$ равнобедренный, так как углы при стороне $AC$ равны $α$ ). Следовательно, если $LE ∩AC = F,$ то $LF$ и $EF$ — биссектрисы равнобедренных треугольников $ALC$ и $AEC,$ проведенные к основанию $AC.$ Тогда они также являются высотами и медианами, следовательно, $LE ⊥ AC,$ $FC = 12AC = 212 .$

По условию $tgα = 25,$ следовательно,

LF- = 2 ⇒ LF = 4,2 FC 5

Найдем $tg2α:$

-2tgα-- 20 tg2α= 1− tg2α = 21

Следовательно,

EF-= 20- ⇒ EF = 10 FC 21

Тогда искомый отрезок равен

EL = LF + EF = 14,2

Ответ:

б) 14,2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#74768

а) Докажите, что $AB :AL = BC :AC.$

б) Найдите $EL,$ если $AC = 24,$ $tg∠BCA =0,6.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 12

Показать ответ и решение

а) Пусть $AB = c,$ $BC = a,$ $AL = l,$ $AC = b$ и $∠CAD = ∠BAL = ∠CAL = α.$ Тогда нужно доказать, что

c a l = b

Тогда $α = ∠CAD = ∠BCA$ как накрест лежащие при $AD ∥BC$ и секущей $AC.$

1 способ

Треугольники $ABL$ и $ABC$ подобны по двум углам, так как $∠B$ общий и $∠BAL = α= ∠BCA.$ Запишем отношение подобия:

BL AB AL AB BC AB-= BC- = AC- ⇒ AL- = AC-

Что и требовалось доказать.

$PIC$

2 способ

Так как $∠CAL =∠BCA,$ то $△ALC$ равнобедренный, значит, $LC = l.$ Далее, $∘ ∠ALC + ∠LAD = 180$ как односторонние углы при $AD ∥BC$ и секущей $AL.$ Следовательно, $∠ALC = 180∘ − 2α.$ Тогда получаем следующие соотношения:

(| ( { l2⋅sin 2α = 2SALC =bl⋅sin α {lsin2α= bsin α c a |( 1= 2SACB-= -ab-⋅sinα- ⇔ (c sin2α= a sinα ⇒ l = b 2SACD bc⋅sin2α

Что и требовалось доказать.

б) По пункту а) $AL =LC,$ по условию $AE = CE,$ следовательно, треугольники $ALE$ и $CLE$ равны по трем сторонам ( $LE$ — общая). Отсюда $∠ALE = ∠CLE$ и $LO$ — биссектриса, а значит, медиана и высота в равнобедренном треугольнике $ALC.$ Аналогично $EO$ — биссектриса, медиана и высота в равнобедренном треугольнике $AEC.$

Далее, из условия следует $b= 24,$ $tgα = 0,6.$

В прямоугольном $△ALO$ имеем:

LO = b ⋅tgα 2

В прямоугольном $△AOE$ имеем:

b EO = 2 ⋅tg2α

Тогда искомый отрезок равен

b btgα-( ---2---) EL = LO +EO = 2 (tgα+ tg2α)= 2 1+ 1 − tg2α = 29,7

Ответ:

б) 29,7

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#47016

Четырехугольник $ABCD$ со сторонами $BC = 7$ и $AB = CD = 20$ вписан в окружность радиусом $R = 16.$

а) Докажите, что прямые $BC$ и $AD$ параллельны.

б) Найдите $AD.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 13

Показать ответ и решение

а) Проведем $AC$ и рассмотрим $∠ACB$ и $∠DAC.$ Так как равные хорды стягивают равные меньшие дуги, то меньшие дуги $AB$ и $CD$ равны, следовательно, $∠ACB = ∠DAC$ как вписанные углы, опирающиеся на эти дуги. Это накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $AC.$ Следовательно, $AD ∥BC.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) По теореме синусов для $△ACD$ $(∠CAD = α):$

√ -- CD--= 2R ⇔ sin α= 5 ⇒ cosα = --39 ⇒ tgα= √-5- sinα 8 8 39

Проведем $CH ⊥ AD.$ Тогда $1 HD = 2 (AD − BC),$ то есть $AH = 7+ HD.$ Далее имеем:

5 CH √-- √39-= tg α= AH- ⇒ CH = 5x, AH = 39x ⇒ √ -- ⇒ HD = AH − 7= 39x− 7

Тогда из прямоугольного $△CHD$ по теореме Пифагора

2 2 2 2 √-- CD = CH + HD ⇒ 64x − 14 39x− 351= 0

Следовательно, $√-- x = -39. 2$ Значит,

7+ HD = √39x = 39 ⇒ HD = 25 2 2

Тогда

25 AD = 7+ 2⋅-2 = 32

Замечание.

Четырехугольник $ABCD$ не является прямоугольником, поскольку в таком случае для прямоугольного треугольника $ABC$ имели бы $AB = 20,$ $BC = 7,$ $AC = 2 ⋅16$ и $2 2 2 20 + 7 = 32 ,$ что неверно.

Ответ:

б) 32

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#72997

Четырехугольник $ABCD$ со сторонами $BC = 14$ и $AB = CD = 40$ вписан в окружность радиусом $R = 25.$

а) Докажите, что прямые $BC$ и $AD$ параллельны.

б) Найдите $AD.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 14

Показать ответ и решение

а) Углы $∠ADB = ∠CBD$ как вписанные, которые опираются на равные дуги, стягиваемые равными отрезками $AB$ и $CD.$ Также эти углы являются накрест лежащими при прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD.$ Таким образом, $AD ∥BC.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Из пункта а) следует, что $△ ABD =△ADC$ по двум сторонам и углу между ними, так как $AB = CD,$ $AD$ — общая, $∠BAD = ∠ADC$ (как вписанные, опирающиеся на равные дуги). Отсюда получаем $AC = BD.$ Обозначим $AD =a,$ $AB = CD = b,$ $BC = c,$ $BD = AC =d,$ тогда по теореме Птолемея имеем:

2 2 d2 = ac+ b2 ⇒ a= d--− 40 14

Найдем $d.$

Пусть $∠ADB = ∠CBD = α, ∠CDB =β.$ Рассмотрим $△CBD.$ Он вписан в ту же окружность, что и четырехугольник $ABCD.$ Следовательно, по теореме синусов

(| 4 3 -c--= 2R = -b-- ⇒ {sin α= 5 ⇒ cosα = 5 sinβ sinα |(sin β =-7 ⇒ cosβ = 24 25 25

Тогда, так как $∠A =α + β,$ получаем

117- sin∠A = sin(α +β )= sinαcosβ +sinβcosα= 125

По теореме синусов в $△ABD :$

2R = sind∠A-- ⇒ d =46,8

Тогда

2 2 a= 46,8-−-40- = 42,16 14

Ответ:

б) 42,16

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#47030

В трапеции $ABCD$ с меньшим основанием $BC$ точки $E$ и $F$ — середины сторон $BC$ и $AD$ соотвественно. В каждый из четырехугольников $ABEF$ и $ECDF$ можно вписать окружность.

а) Докажите, что трапеция $ABCD$ равнобедренная.

б) Найдите радиус окружности, описанной около трапеции $ABCD,$ если $AB = 7,$ а радиус окружности, вписанной в четырехугольник $ABEF,$ равен $2,5.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 15

Показать ответ и решение

а) Если четырехугольник описанный, то суммы противоположных сторон этого четырехугольника равны. Следовательно,

( |||BE +AF = AB + EF |||{ CE + DF =CD +EF ⇒ AB+EF = BE+AF = CE+DF = CD+EF ⇒ AB = CD ||||BE =CE ||(AF = DF

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Пусть $O$ — центр окружности, вписанной в $ABEF.$ Тогда $OH ⊥ BE,$ $OK ⊥ AF,$ $OH$ и $OK$ — радиусы этой окружности. Так как $BE ∥ AF,$ то точки $H,O,K$ лежат на одной прямой, следовательно, $HK$ — высота трапеции $ABCD,$ равная $2 ⋅2,5= 5.$

В равнобедренной трапеции отрезок, соединяющий середины оснований, перпендикулярен основаниям, следовательно, $EF ⊥ AD$ и $EF = HK = 5.$ Так как $ABEF$ — описанный, то суммы противоположных сторон равны, значит, если $BE =b,$ $AF =a,$ то

a+ b= AB + EF = 7 +5 = 12

Следовательно, $12 (AD + BC )= a+ b= 12$ и тогда

SABCD = 12⋅5 =60

Так как $ABCD$ — вписанная трапеция, то ее площадь можно найти по формуле ( $p$ — полупериметр)

SABCD = ∘ (p-− AB-)(p-− BC-)(p−-CD-)(p−-AD-)

Так как $p= a +b +7 = 19,$ то

60= ∘ (19-−-7)(19−-2b)(19−-7)(19−-2a)

Из $a+ b= 12$ находим, что $a= 12− b,$ следовательно,

∘ ------------- ({ 2b= d 60 = 12 (2b− 5)(19− 2b) ⇔ ( (d− 12)2 = 24

Следовательно, $√ - d= 12± 2 6.$ В силу симметрии решаемой системы

( ∘ --------------------------- { 60= (19 − 7)(19 − 2b)(19 − 7)(19− 2a) ( a+ b= 12

относительно перемены местами $a$ и $b,$ если принять, что $a >b,$ получаем $√ - BC =2b =12 − 2 6,$ $√- AD = 2a= 12+ 2 6.$

Пусть $BP ⊥ AD.$ Тогда по свойству равнобедренной трапеции $- AP = 12 (AD − BC )= 2√ 6.$ Следовательно, $PD = 12.$ Тогда по теореме Пифагора $BD = 13.$ Если $α= ∠BAD,$ то $sinα = 5, 7$ следовательно, по теореме синусов

-BD-- R = 2sinα = 9,1

Так как окружность, описанная около $ABCD,$ это та же окружность, что описана около $ABD,$ то мы нашли ее радиус и он равен $9,1.$

Ответ:

б) 9,1

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#72998

В трапеции $ABCD$ с меньшим основанием $BC$ точки $E$ и $F$ — середины сторон $BC$ и $AD$ соответственно. В каждый из четырехугольников $ABEF$ и $ECDF$ можно вписать окружность.

а) Докажите, что трапеция $ABCD$ равнобедренная.

б) Найдите радиус окружности, описанной около трапеции $ABCD,$ если $BC =16,$ а радиус окружности, вписанной в четырехугольник $ABEF,$ равен 7.

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 16

Показать ответ и решение

а) Пусть $AB = c,BC = 2a,CD =d,AD = 2b.$ Если в четырехугольник вписана окружность, то суммы противоположных сторон равны. Следовательно,

c+ EF = a+ b= EF + d ⇔ c =d

Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Высота трапеции равна диаметру окружности, вписанной в эту трапецию. Проведем $BH ⊥ AD.$ Тогда имеем:

AH = AD-−-BC-= b− a 2 HF =AF − AH = b− (b− a)= a= BE

Так как при этом $HF ∥ BE,$ то $HBEF$ — параллелограмм и $EF ∥BH.$ Тогда $EF = BH = 14.$

Пусть полупериметр трапеции $ABCD$ равен $p= b+ c+ 8.$ Тогда по формуле Брахмагупты квадрат площади этой трапеции равен

2 S =(b+ c+ 8− 16)(b+ c+ 8− 2b)(b+ c+ 8− c)(b+ c+ 8− c)

С другой стороны, площадь этой трапеции равна

S = (b+8)⋅14

Отсюда получаем уравнение

2 2 2 2 2 (b+ 8) ⋅14 = (b +8) (c − (b− 8))

$PIC$

Из пункта а) следует, что

c+ 14= b+ 8 ⇔ b =c +6

Подставим это в уравнение выше и получим

142 = c2− (c− 2)2 ⇔ c= 50 b= 50+ 6 =56 ⇒ AD = 112

Обозначим $∠BAD = α$ и проведем $BD = d.$ Тогда окружность, описанная около $ABCD,$ есть окружность, описанная около $△ABD.$ По теореме синусов для этого треугольника

R = --d-- 2sinα

Найдем $sinα.$ В прямоугольном треугольнике $ABH$ имеем:

BH-- 14 -7 sinα = AB = 50 = 25

Также имеем:

AH = b− a =56 − 8 = 48 HD =AD − AH = 112 − 48 = 64

Тогда по теореме Пифагора из $△BHD$

2 2 2 √----2 d =14 + 64 = (2 1073)

Тогда искомый радиус равен

25√---- R = 7- 1073

Ответ:

б) $25√1073 7$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#46963

Окружность с центром в точке $C$ касается гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ и пересекает его катеты $AC$ и $BC$ в точках $E$ и $F.$ Точка $D$ — основание высоты, опущенной из вершины $C.$ $I$ и $J$ — центры окружностей, вписанных в треугольники $BCD$ и $ACD.$

а) Докажите, что $I$ и $J$ лежат на отрезке $EF.$

б) Найдите расстояние от точки $C$ до прямой $IJ,$ если $AC =15,$ $BC =20.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 17

Показать ответ и решение

а) Пусть окружность с центром в точке $C$ пересекает $AC$ в точке $E,$ $BC$ в точке $F.$ Так как эта окружность касается $AB,$ то радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен $AB,$ следовательно, $CD = R$ — радиус этой окружности. Также $CE = CF = R.$ Следовательно, $△CEF$ равнобедренный и прямоугольный, значит, $∠CF E = ∠CEF = 45∘.$

Докажем, что $I$ лежит на $EF.$ Для точки $J$ доказательство будет аналогично.

Пусть $′ CI$ — биссектриса $∠BCD,$ $′ I ∈ EF.$ Докажем, что $′ I= I.$ Рассмотрим $△I′CF$ и $△I′CD.$ Они равны по двум сторонам и углу между ними ( $CF = CD = R,$ $∠I′CF = ∠I′CD,$ $CI′$ — общая). Следовательно, $∠I′DC = ∠I′FC = 45∘.$ Следовательно, так как $∠BDC = 90∘,$ то $∠I′DB = 90∘− 45∘ = 45∘,$ следовательно, $DI ′$ — биссектриса второго угла $BDC$ треугольника $BCD.$ Значит, $′ I$ — точка пересечения биссектрис треугольника $BCD,$ значит, это центр вписанной в этот треугольник окружности, следовательно, $I = I′.$

Чтд.

$PIC$

б) Расстояние от точки $C$ до прямой $IJ$ равно высоте $CH$ равнобедренного прямоугольного $△CEF,$ проведенной к гипотенузе $EF.$ А эта высота в свою очередь равна $12EF = 1√2CE = √12CD.$

Так как $CD = AC-⋅BC--, AB$ то

CD- AC-⋅BC- 15⋅20 √- ρ(C,IJ)= √2 = AB √2 = 25√2 = 6 2.

Ответ:

б) $6√2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47252

На сторонах $AB$ и $CD$ четырехугольника $ABCD,$ около которого можно описать окружность, отмечены точки $K$ и $N$ соответственно. Около четырехугольников $AKND$ и $BCNK$ также можно описать окружность. Косинус одного из углов четырехугольника $ABCD$ равен $0,25.$

а) Докажите, что четырехугольник $ABCD$ является равнобедренной трапецией.

б) Найдите радиус окружности, описанной около четырехугольника $AKND,$ если радиус окружности, описанной около четырехугольника $ABCD,$ равен $8,$ $AK :KB = 2:5,$ а $BC < AD$ и $BC =4.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 19

Показать ответ и решение

а) Так как $ABCD,$ $AKND$ и $BCNK$ — вписанные, то суммы противоположных углов для каждого четырехугольника равны $∘ 180 .$ Тогда $∘ ∠BAD + ∠BCD = 180$ и $∘ ∠BKN + ∠BCD = 180 ,$ откуда $∠BAD =∠BKN.$ Эти углы являются соответственными при $AD$ и $KN$ и секущей $AB.$ Следовательно, $AD ∥ KN.$

Также $∠ABC +∠ADC = 180∘$ и $∠AKN + ∠ADC = 180∘,$ следовательно, $∠ABC = ∠AKN.$ Эти углы также являются соответственными при $BC$ и $KN$ и секущей $AB,$ следовательно, $BC ∥KN.$ Тогда $AD ∥ BC.$ Следовательно, $ABCD$ — либо трапеция, либо прямоугольник. Но так как косинус одного из углов $ABCD$ ненулевой (что не выполнено для углов $90∘$ ), то $ABCD$ — трапеция.

Также $∠AKN + ∠BKN = 180∘,$ так как эти углы смежные. Отсюда и из вышезаписанного равенства $∠AKN + ∠ADC = 180∘$ следует, что $∠BKN =∠ADC.$ Но $∠BKN = ∠BAD,$ следовательно, $∠BAD = ∠ADC,$ следовательно, трапеция равнобедренная. Чтд.

$PIC$

б) Пусть $AK = 2x,$ $KB = 5x.$ Проведем $CH ⊥ AD.$ Тогда

1 =cos∠D = HD--= HD-- ⇒ HD = 7x 4 CD 7x 4

По свойству равнобедренной трапеции $7 AD = BC + 2HD = 4+ 2x.$

Проведем $′ BA ∥CD.$ Пусть $′ BA ∩KN = M.$ Тогда $′ A BCD$ — параллелограмм, следовательно, $A′D = BC = 4.$ Тогда $AA ′ = AD − A′D = 72x.$

$△KBM ∼ △ABA ′$ ( $∠BAA ′ =∠BKM,$ $∠ABA ′$ — общий), следовательно,

5 7 5 KM = 7 ⋅2x = 2x

Следовательно, $5 KN = 2x+ 4.$

Проведем $BD.$ Тогда окружность, описанная около $ABCD,$ есть окружность, описанная около $△ABD.$ Следовательно, по теореме синусов

-BD---= 2⋅8 ⇒ BD = 16∘1-−-(cos∠A-)2-=4√15- sin∠A

$PIC$

По теореме косинусов для $△ABD :$

BD2 = AB2 + AD2 − 2AB ⋅AD ⋅cos∠A ⇒ 7x2+ 2x− 32= 0

Тогда

−2+-30- x = 14 = 2 ⇒ AD = 11, AK = 4

Проведем $KD.$ Тогда по теореме косинусов для $△AKD :$

2 2 2 √ - √-- KD =AK +AD − 2AK ⋅AD ⋅cos∠A = 115 ⇒ KD = 5⋅ 23

Если $R$ — радиус окружности, описанной около $AKND,$ то, так как эта же окружность является описанной около $△AKD,$ имеем по теореме синусов следующее:

√-- R =--KD---= 2 69 2 sin∠A 3

Ответ:

б) $2√69 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#46964

Точки $A,$ $B,$ $C,$ $D$ и $E$ лежат на окружности в указанном порядке, причем $AE = ED = CD,$ а прямые $AC$ и $BE$ перпендикулярны. Отрезки $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $T.$

а) Докажите, что прямая $EC$ пересекает отрезок $TD$ в его середине.

б) Найдите площадь треугольника $ABT,$ если $BD = 6,$ $√ - AE = 6.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 21

Показать ответ и решение

а) Меньшие дуги, стягиваемые равными хордами, равны, следовательно, равны меньшие дуги $AE,$ $ED$ и $CD.$ Вписанные углы, опирающиемся на равные дуги, равны, следовательно, $∠ACE = ∠DCE =∠CED.$

Тогда $ED ∥AC$ при секущей $EC$ и накрест лежащих углах $ACE = ∠DEC.$ Следовательно, $∠BED = ∠BHC = 90∘.$ Тогда $BD$ — диаметр, так как вписанный $∠BED =90∘.$

$PIC$

Следовательно, $∘ ∠BCD = 90$ и $△BED = △BCD$ как прямоугольные по общей гипотенузе и острому углу ( $∠DBE = ∠DBC$ как вписанные и опирающиеся на равные дуги). Отсюда $∠BDE = ∠BDC,$ следовательно, $DM$ — биссектриса в равнобедренном $△CDE,$ проведенная к основанию. Значит, $DM$ — высота.

Таким образом, $CM$ — высота и биссектриса в $△CT D,$ следовательно, он равнобедренный и $CM$ также является и медианой. Значит, $TM = MD.$ Что и требовалось доказать.

б) Пусть $∠ABE = ∠EBD = ∠T CM = α.$ Тогда из $△BED$ имеем:

√- ∘ -- sinα = -6-= √1- ⇒ cosα = 5 6 6 6

Следовательно,

TM--= TM--= sinα ⇒ TM = 1 ⇒ T D =2 ⇒ BT = 4 CD T C

Так как $BH$ — высота и биссектриса, то $△ABT$ равнобедренный и $BH$ — медиана. Следовательно,

√ - BH--= cosα ⇒ BH = 4√-5 BT 6

Также имеем:

HT- -4- -8- BT = sin α ⇒ HT = √6 ⇒ AT = √6-

Тогда искомая площадь равна

√- SABT = 1⋅BH ⋅AT = 8-5- 2 3

Ответ:

б) $√- 8-5- 3$

Критерии оценки


Содержание критерия	Балл

Имеется верное доказательство утверждения пункта а) и обоснованно получен верный ответ в пункте б)	3

Обоснованно получен верный ответ в пункте б)	2
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а) и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки

Имеется верное доказательство утверждения пункта а),	1
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#72999

Точки $A,B,C,D$ и $E$ лежат на окружности в указанном порядке, причем $BC =CD = DE,$ а $AC = ⊥ BE.$ Точка $K$ — пересечение прямых $BE$ и $AD.$

а) Докажите, что прямая $CE$ делит отрезок $KD$ пополам.

б) Найдите площадь треугольника $ABK,$ если $AD =4,$ $√- CD = 3.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 22

Показать ответ и решение

а) Так как $BC = DE$ и $BCDE$ — вписанный четырехугольник, то $BCDE$ — равнобедренная трапеция. Следовательно, $∠CBE = ∠DEB = α.$

Углы $∠BAC = ∠DAC = φ$ как вписанные, опирающиеся на равные дуги. Следовательно, так как $AH ⊥BK,$ то $△BAK$ — равнобедренный. Отсюда следует, что $H$ — середина $BK,$ значит, $△BCK$ также равнобедренный, то есть $BC =CK.$

Тогда $∠CKB = α,$ следовательно, $∠CKB = ∠DEB.$ Так как эти углы являются соответственными при прямых $DE$ и $CK$ и секущей $BE,$ то $DE ∥CK.$ Тогда $CKED$ — ромб, следовательно, $M$ — середина диагонали $KD.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Так как $AD ⊥CE$ и $AD$ делит $CE$ пополам, то $AD$ — диаметр. Следовательно, $R = 2.$ Так как угол $α$ опирается на дугу в два раза большую, чем дуга, на которую опирается угол $φ,$ то $α= 2φ$ и далее имеем:

√- √ -- sinφ = DE- = -3, cosφ = --13- AD √-4 4 -39- 5 sinα= 8 , cosα = 8

По теореме косинусов из $△KDE :$

2 9 KD = 2⋅3(1− cosα) = 4 3 5 KD = 2 ⇒ AK =AD − KD = 2

Заметим, что $△KDE ∼ △ABK$ по двум углам, следовательно,

SKDE :SABK = KE2 :AK2 = 12:25

Тогда окончательно имеем:

1 2 3 √-- SKDE = 2 ⋅DE ⋅sinα = 16 39 25 25√ -- SABK = 12 ⋅SKDE = 64 39

Ответ:

б) $25√39 64$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#47279

В параллелограмме $ABCD$ угол $A$ острый. На продолжениях сторон $AD$ и $CD$ за точку $D$ выбраны точки $M$ и $N$ соответственно, причем $AN = AD$ и $CM = CD.$

а) Докажите, что $BN = BM.$

б) Найдите $MN,$ если $AC = 5,$ $sin∠BAD = -5. 13$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 23

Показать ответ и решение

а) Заметим, что по построению $NABC$ и $ABCM$ — равнобедренные трапеции, следовательно, диагонали каждой трапеции равны. Тогда у трапеции $NABC$ равны $BN$ и $AC,$ у трапеции $ABCM$ равны $AC$ и $BM.$ Следовательно, $BN = BM.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Так как $NABC$ и $ABCM$ — равнобедренные трапеции, следовательно,

∠ANC = ∠BCD = ∠BAD = ∠CMA

Обозначим $φ = ∠ANC,$ $α= ∠BNC,$ $β = ∠ANB.$ Тогда $∠ABN =α,$ $∠BCA = ∠MBC = β.$ Заметим, что $α+ β = φ.$

$△NBM$ — равнобедренный, причем

∠NBM =(180∘− φ)− (α + β)= 180∘ − 2φ

Следовательно, $∠BNM = φ.$ Проведем высоту $BH ⊥ MN.$ Тогда $BH$ также является и медианой. Из прямоугольного треугольника $BNH$ имеем:

12 NH-- NH-- 13 = cosφ = BN = 5

Таким образом,

60 120 NH = 13 ⇒ MN = 13-

Ответ:

б) $120- 13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#72995

В параллелограмме $ABCD$ тангенс угла $A$ равен $1,5.$ На продолжениях сторон $AB$ и $BC$ параллелограмма за точку $B$ выбраны точки $N$ и $M$ соответственно, причем $BC = CN$ и $AB =AM.$

а) Докажите, что $DN = DM.$

б) Найдите $MN,$ если $√ -- AC = 13.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 24

Показать ответ и решение

а) Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $α = ∠BAD = ∠MBA = ∠CBN.$ Из условия следует, что $△MAB$ и $△NCB$ равнобедренные, тогда $∘ ∘ ∠MAD = α+ 180 − 2α = 180 − α = ∠ADC.$ Аналогично $∘ ∠DCN = 180 − α.$ Тогда $△MAD = △ADC = △DCN$ по двум сторонам и углу между ними, откуда следует, что $DM =AC =DN.$ Что и требовалось доказать.

$PIC$

б) Так как $∘ ∘ ∠AMD + ∠ADM = 180 − (180 − α )= α,$ $∠NDC = ∠AMD,$ то $∘ ∘ ∠MDN = (180 − α)− α = 180 − 2α.$ Следовательно,

tg2α − 1 5 cos∠MDN = − cos2α= tg2α-+1 = 13

Тогда по теореме косинусов из $△MDN$

MN2 = 2DM2 (1− cos∠MDN ) =16 ⇒ MN = 4

Ответ:

б) 4

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#47310

Около окружности с центром $O$ описана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC.$

а) Докажите, что $∘ ∠AOB =∠COD = 90 .$

б) Найдите отношение большего основания трапеции к меньшему, если известно, что $AB = CD,$ а площадь четырехугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами трапеции составляет $12- 49$ площади трапеции $ABCD.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 25

Показать ответ и решение

а) Центр вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис углов трапеции. Так как $∘ ∠BAD + ∠ABC = 180 ,$ то

1 ∘ ∠BAO +∠ABO = 2 (∠BAD + ∠ABC ) =90 .

Следовательно, $∠AOB = 180∘ − 90∘ = 90∘.$

Аналогично доказывается, что $∠COD = 90∘.$ Чтд.

$PIC$

б) Пусть $M, N,K, L$ — точки касания окружности со сторонами $AB,$ $BC,$ $CD$ и $AD$ соответственно. Так как трапеция равнобедренная, то $∠A =∠D,$ следовательно, $∠OAD = ∠ODA,$ следовательно, $△AOD$ равнобедренный и $OL$ также является и медианой. Тогда $L$ — середина $AD.$ Аналогично доказывается, что $N$ — середина $BC.$

Пусть $AD = 2a,$ $BC = 2b.$ Тогда $AM = KD = a,$ $MB = KC = b$ как отрезки касательных. Следовательно, $AM :MB = DK :KC = a:b,$ значит, $MK ∥ AD.$

Также заметим, что $N,O,L$ лежат на одной прямой, то есть $NL = 2r$ — высота трапеции и одна из диагоналей четырехугольника $MNKL.$

Так как $MK ∥AD,$ а $NL ⊥ AD,$ то $MK ⊥NL.$ Тогда

1 SMNKL = 2MK ⋅NL.

$PIC$

Найдем $MK.$ Проведем $BA′ ∥ CD.$ Тогда $A ′BCD$ — параллелограмм, а также $A′PKD$ — параллелограмм, где $P = MK ∩ BA′.$ Следовательно, $A ′D = PK = BC =2b.$

$′ △ABA ∼△MBP,$ следовательно,

-b-- ′ -b-- MP = a+ b ⋅AA = a+ b ⋅2(a− b).

Следовательно,

MK = MP + PK = -4ab. a +b

Площадь трапеции $ABCD$ равна

SABCD = (a+ b)⋅2r.

Тогда получаем следующее равенство:

( ) ( ) 1⋅-4ab ⋅2r = 12⋅(a+ b)⋅2r ⇔ 6⋅ a 2− 37⋅ a + 6= 0 2 a +b 49 b b

Отсюда $a 1 b = 6$ или $a b = 6.$ Так как $a >b,$ то $a b =6.$

Ответ:

б) 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#46965

Точки $A1,$ $B1,$ $C1$ — середины сторон соответственно $BC,$ $AC$ и $AB$ остроугольного треугольника $ABC.$

а) Докажите, что окружности, описанные около треугольников $A1CB1,$ $A1BC1$ и $B1AC1$ пересекаются в одной точке.

б) Известно, что $AB = AC = 13$ и $BC = 10.$ Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник, вершины которого — центры окружностей, описанных около треугольников $A CB , 1 1$ $A BC 1 1$ и $B AC . 1 1$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 27

Показать ответ и решение

а) Пусть $M$ — вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников $A1CB1$ и $A1BC1.$

Четырехугольник $AB1MC1$ вписан в окружность, поэтому

∘ ∠B1MC1 = 180 − ∠A.

Аналогично четырехугольник $A1MB1C$ вписан в окружность, следовательно,

∘ ∠A1MB1 = 180 − ∠C.

Следовательно,

∠A1MC1 =360∘− (180∘ − ∠A )− (180∘− ∠C )= ∠A +∠C = 180∘− ∠B

Следовательно, четырехугольник $A1MC1B$ также вписан в окружность, то есть точка $M$ лежит на окружности, описанной около треугольника $B1AC1.$ Чтд.

$PIC$

б) Докажем, что $AM,$ $BM$ и $CM$ — диаметры трех окружностей. Пусть $M1$ — центр окружности, описанной около $△ABC.$ Докажем, что $M1 = M.$

Так как $M1$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам $△ABC,$ то $∠M1B1A = ∠M1C1A =90∘.$ Отсюда $M1B1AC1$ — вписанный, следовательно, $M1$ лежит на окружности, описанной около $△B1AC1.$ Аналогично доказывается, что $M1$ лежит на двух других окружностях, следовательно, $M1$ — точка пересечения всех трех окружностей, то есть это и есть точка $M.$ Из того, что $∠MB1A = ∠MB1C = ∠MA1B = 90∘$ следует, что $AM, BM$ и $CM$ — диаметры трех окружностей.

Следовательно, если $X,$ $Y$ и $Z$ — центры этих окружностей, то эти точки — середины отрезков $AM,$ $BM$ и $CM$ соответственно, значит, $XY,$ $YZ$ и $ZX$ — средние линии в $△AMC,$ $△CMB$ и $△BMA$ соответственно. Следовательно, стороны $△XY Z$ равны половинам сторон $△ABC,$ значит, эти треугольники подобны с коэффициентом подобия $12.$ Тогда радиус окружности, впписанной в $△XY Z,$ в два раза меньше радиуса окружности, вписанной в $△ABC.$ По формуле $S = pr$ радиус окружности, вписанной в $△ABC,$ равен

2SABC 10 r 5 r = AB-+-BC-+-CA = 3- ⇒ 2 = 3.

Ответ:

б) $5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#45227

В трапеции $ABCD$ основание $AD$ в два раза меньше основания $BC.$ Внутри трапеции взяли точку $M$ так, что углы $BAM$ и $CDM$ прямые.

а) Докажите, что $BM = CM.$

б) Найдите $∠ABC,$ если $∠BCD = 64∘,$ а расстояние от точки $M$ до прямой $BC$ равно стороне $AD.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 29

Показать ответ и решение

а) Продлим боковые стороны $AB$ и $CD$ трапеции до пересечения в точке $O.$ Получим $△OBC.$

Поскольку $∠OAD = ∠OBC$ как соответственные при $AD ∥ BC$ и секущей $OB,$ а $∠O$ — общий, то $△OAD ∼ △OBC.$ Так как $AD :BC = 1:2,$ то стороны $△OAD$ в 2 раза меньше соответствующих сторон $△OBC.$

Следовательно, точка $A$ — середина $OB,$ точка $D$ — середина $OC.$ Тогда $AM$ и $DM$ — серединные перпендикуляры к сторонам $OB$ и $OC$ соответственно.

Так как точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника — центр описанной окружности, то $M$ — центр описанной около $△OBC$ окружности. Значит, $BM$ и $CM$ — радиусы этой окружности, следовательно, $BM = R = CM.$

$PIC$

б) Пусть $AD = a.$ Если $MH$ — расстояние от точки $M$ до стороны $BC,$ то $MH$ — серединный перпендикуляр к $BC.$ В наших обозначениях $MH = a,$ $BC =2a.$ Тогда из $△MHC$ по теореме Пифагора $R = CM = a√2.$

По теореме синусов для $△OBC :$

-BC---= 2R ⇔ sin ∠O = 1√-- ⇒ ∠O = 45∘ или ∠O = 135∘ sin∠O 2

Выбираем $∠O = 45∘,$ так как в противном случае сумма углов $△OBC$ будет больше $180∘.$

Тогда искомый угол равен

∘ ∘ ∘ ∘ ∠ABC = ∠OBC = 180 − 45 − 64 = 71

Ответ:

б) $71∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#47400

Точка $K$ лежит на отрезке $AB.$ Прямая, проходящая через точку $B,$ касается окружности с диаметром $AK$ в точке $N$ и второй раз пересекает окружность с диаметром $BK$ в точке $M.$ Продолжение отрезка $NK$ пересекает окружность с диаметром $BK$ в точке $P.$

а) Докажите, что прямые $AN$ и $BP$ параллельны.

б) Найдите площадь треугольника $AKP,$ если $BM = 1$ и $MN = 4.$

Источник: Сборник И.В. Ященко 2024 г. Вариант 30

Показать ответ и решение

а) $∠ANK = ∠BP K = 90∘,$ как вписанные углы, опирающиеся на диаметры $AK$ и $BK$ окружностей. $∠AKN = ∠BKP = β$ как вертикальные углы. Следовательно, $∘ ∠NAK = 90 − β = ∠PBK.$ Эти углы являются накрест лежащими при $AN$ и $BP$ и секущей $AB.$ Следовательно, $AN ∥ BP.$ Чтд.