Задача 16 профильного ЕГЭ

Задача 1. В параллелограмм вписана окружность.

а) Докажите, что этот параллелограмм – ромб.

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

Решение:

а) Центр окружности O лежит на биссектрисе угла $BAD$. Аналогично, поскольку окружность вписана и в угол $BCD$, то ее центр О лежит также на биссектрисе этого угла.

Так как AC – диагональ параллелограмма и является биссектрисой обоих углов, то она  разделит параллелограмм на  два равных и равнобедренных треугольника,   ABC и ADC. Равны они по третьему признаку, а равнобедренными являются, так как углы $\angle BAC=\angle BCA=\angle CAD=\angle DCA$. Следовательно, все стороны параллелограмма ABCD равны, а значит, он – ромб.

б) Найдем площадь EFGH. Этот четырехугольник является прямоугольником, докажем это. По свойству касательных  $EB=BF, HD=DG, FC=CG, AE=AH$ и следовательно,  $FG \parallel BD$, $EH \parallel BD$. Также $EF \parallel AC$, $HG \parallel AC$. Так как диагонали ромба перпендикулярны, то $EF \perp FG, HG \perp FG, HG \perp EH$ и EFGH – прямоугольник.

Найдем его стороны $h$ и $l$. Рассмотрим треугольник $BOC$.

Его площадь равна $\frac{BC \cdot r}{2}=\frac{BO \cdot OC}{2}$. Обозначим $OC=d_1$, $BO=d_2$. Треугольник BFO является прямоугольным и подобен треугольнику BOC, так как имеет с ним общий острый угол. Из подобия следует, что

$$\frac{BF}{d_2}=\frac{r}{d_1}=\frac{d_2}{BC}$$

$${d_2}^2=BF \cdot BC=10$$

$$d_2=\sqrt{10}$$

Тогда по теореме Пифагора

$$d_1=\sqrt{BC^2-{d_2}^2}=\sqrt{25-10}=\sqrt{15}$$

Найдем $r$:

$$r=\frac{BF \cdot d_1}{d_2}=\frac{2 \cdot \sqrt{15}}{\sqrt{10}}=\sqrt{6}$$

Площадь треугольника BFO равна: $\frac{BO \cdot TF}{2}=\frac{BF \cdot FO}{2}$

$$d_2 \cdot TF=BF \cdot r$$

Откуда

$$TF=\frac{h}{2}=\frac{ BF \cdot r }{d_2}=\frac{ 2 \cdot \sqrt{6}}{\sqrt{10}}=\frac{2 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{5}}$$

$$h=\frac{4 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{5}}$$

$l$ найдем по теореме Пифагора:

$$\left(\frac{l}{2}\right)^2=r^2-{\frac{h}{2}}^2$$

$$\frac{l}{2}=\sqrt{ r^2-{\frac{h}{2}}^2}=\sqrt{6-\frac{12}{5}}=\sqrt{\frac{18}{5}}$$

$$l=\sqrt{\frac{72}{5}}$$

Теперь, зная стороны прямоугольника EFGH, найдем и его площадь:

$$S_{EFGH}=lh=\sqrt{\frac{72}{5}} \cdot\frac{4 \cdot \sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{24 \cdot \sqrt{6}}{5}$$

Ответ: $S_{EFGH}=\frac{24 \cdot \sqrt{6}}{5}$

 

Задача 2. На катетах AB и BC прямоугольного треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC.Точка M – середина гипотенузы AB, H – точка пересечения прямых CM и DK.

а) Докажите, что $CM\perp DK$.

б) Найдите MH, если известно, что катеты треугольника ABC равны 130 и 312.

Решение:

а) Обозначим острые углы треугольника ABC $\alpha$ и $\beta$. Треугольник DCK равен треугольнику ABC по первому признаку, а значит, их углы равны. Так как точка М – середина гипотенузы, а значит, центр описанной окружности треугольника ABC, то $CM=MB$ как радиусы описанной окружности. Поэтому угол $\angle MCB=\alpha$ - треугольник CMB равнобедренный. Угол $\angle DCH=\alpha$ как вертикальный. Угол $\angle HCK=\beta$, так как сумма острых углов прямоугольного треугольника равна $\alpha+\beta=90^{\circ}$, а угол $\angle DCK$ - прямой. И, так как два угла треугольника $CHK$ равны $\alpha$ и $\beta$, то третий угол - $\angle CHK$ - прямой, то есть $CM\perp DK$.

б) $MC=MB=\frac{AB}{2}$

$$AB^2=AC^2+CB^2$$

$$AB=\sqrt{ AC^2+CB^2}=\sqrt{130^2+312^2}=\sqrt{2^2\cdot5^2\cdot13^2+2^4\cdot13^2\cdot6^2}$$

$$AB=\sqrt{2^2\cdot13^2(25+36\cdot4)}=26\sqrt{169}=338=DK$$

$$MC=169$$

Треугольник $HCK$ подобен треугольнику $DCK$. Из их подобия запишем:

$$\frac{DC}{CH}=\frac{DK}{CK}$$

$$\frac{130}{CH}=\frac{338}{312}$$

$$CH=\frac{130\cdot312}{338}=120$$

Тогда $MH=CM+CH=169+120=289$

Ответ: 289

 

Задача 3. На сторонах AC и BC треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC.Точка M – середина стороны AB.

а) Докажите, что $CM=\frac{1}{2} DK$.

б) Найдите расстояния от точки M до центров квадратов, если AC=14, BC=16,  $\angle ACB=150^{\circ}$.

Решение:

а) Обозначим угол $\angle ACB$ $\alpha$. В треугольнике $DCK$ угол $\angle DCK=180-\alpha$, потому что углы обоих квадратов равны $90^{\circ}$, и если из $360^{\circ}$ вычесть эти $180^{\circ}$, то $\angle \alpha+\angle DCK=180^{\circ}$.  Тогда по теореме косинусов для треугольника $DCK$ можем записать:

$$DK^2=CD^2+CK^2-2CD\cdotCK\cdot \cos(180-\alpha)$$

$\cos(180-\alpha)= -\cos(\alpha)$, поэтому

$$DK^2=CD^2+CK^2+2CD\cdotCK\cdot \cos(\alpha)$$

$CM$ - медиана треугольника $ABC$ по условию. Длину медианы треугольника можно найти через длины его сторон по формуле:

$$CM^2=\frac{2AC^2+2BC^2-AB^2}{4}$$

В свою очередь длина стороны $AB$ по теореме косинусов равна:

$$AB^2=AC^2+BC^2-2AC\cdotBC\cdot \cos\alpha$$

Тогда

$$CM^2=\frac{2AC^2+2BC^2- AC^2-BC^2+2AC\cdotBC\cdot \cos\alpha}{4}$$

$$CM^2=\frac{AC^2+BC^2+2AC\cdotBC\cdot \cos\alpha}{4}$$

Так как  $AC=CD, BC=CK$, то $CM^2=\frac{CD^2+CK^2+2CD\cdotCK\cdot \cos\alpha}{4}$

Таким образом, квадрат $CM$ в четыре раза меньше квадрата $DK$, а значит, $CM=\frac{1}{2} DK$.

б) Определим сначала расстояние $MX$. Треугольник $MXZ$ - прямоугольный по построению. Если удастся определить его катеты, то это позволит нам найти и гипотенузу также. Рассмотрим треугольник $MXZ$.  $Z^{\prime}Z=\frac{AC}{2}$. $MZ^{\prime}$ - высота треугольника MAC, ее можно найти, зная площадь этого треугольника. Рассчитаем для этого площадь треугольника ABC по известной формуле:

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}AC \cdot CB\cdot \sin{\alpha}$$

$$S_{ABC}=\frac{1}{2}14 \cdot 16\cdot \sin{150^{\circ}}=112\cdot\frac{1}{2}=56$$

Так как  $\sin{150^{\circ}}=\sin{30^{\circ}}$.

Площади треугольников MAC и MCB равны, так как МС – медиана. Следовательно, площадь треугольника MAC равна 28. Отсюда легко найдем его высоту:

$$S_{MAC}=\frac{AC \cdot MZ^{\prime}}{2}=28$$

$$\frac{14 \cdot MZ^{\prime}}{2}=28$$

$$MZ^{\prime}=4$$

Тогда первый искомый катет треугольника $MXZ$  $MZ= MZ^{\prime}+ Z^{\prime}Z=4+7=11$.

Второй катет $XZ=X^{\prime} Z^{\prime}$, а $MX^{\prime}$ - средняя линия треугольника ABC по построению, и равна 8. Тогда из прямоугольного треугольника $MX^{\prime} Z^{\prime}$ находим:

$$ {X^{\prime} Z^{\prime}}^2= {MX^{\prime}}^2- {MZ^{\prime}}^2$$

$$ {X^{\prime} Z^{\prime}}= \sqrt{{MX^{\prime}}^2- {MZ^{\prime}}^2}=\sqrt{64-16}=4\sqrt{3}$$

Таким образом, расстояние от точки M до центра первого квадрата X равно:

$$MX^2=XZ^2+MZ^2$$

$$MX=\sqrt{ XZ^2+MZ^2}=\sqrt{48+121}=\sqrt{169}=13$$

Теперь найдем расстояние до центра второго квадрата MY.

Рассуждения все те же самые. Площадь треугольника MCB равна 28, основание – 16, отсюда его высота $ML^{\prime}$ равна 3,5. $ LL^{\prime}=\frac{BC}{2}=8$, первый катет прямоугольного треугольника MLY $ML= ML^{\prime}+ LL^{\prime}=3,5+8=11,5$.

Второй катет найдем из прямоугольного треугольника $ML^{\prime} Y^{\prime}$, в котором гипотенуза $ MY^{\prime}=7$, так как является средней линией треугольника ABC по построению.

$$ {L^{\prime} Y^{\prime}}^2= {MY^{\prime}}^2- {ML^{\prime}}^2$$

$$ L^{\prime} Y^{\prime}= \sqrt{{MY^{\prime}}^2- {ML^{\prime}}^2}=\sqrt{7^2-3,5^2}=\sqrt{36,75}$$

Тогда искомый катет равен: $LY= L^{\prime} Y^{\prime}$

По теореме Пифагора для треугольника MLY:

$$MY^2=ML^2+LY^2$$

$$MY=\sqrt{ML^2+LY^2}=\sqrt{11,5^2+36,75}=\sqrt{169}=13$$

Ответ: 13

Задача 4. Окружность, построенная на стороне AD параллелограмма ABCD как на диаметре, проходит через точку пересечения диагоналей.

а) Докажите, что ABCD – ромб.

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

Решение:

а) Так как мы знаем, вписанный угол, опирающийся на диаметр окружности, является прямым, то треугольник AOD является прямоугольным, а следовательно, диагонали параллелограмма перпендикулярны друг другу, что означает, что он – ромб.

б) Зная, что ABCD – ромб и все его стороны одинаковы, найдем AM и MB.

$$AB=AD=2\sqrt{2}=4x$$

$$AM=3x=3\frac{AD}{4}=3\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$$

$$BM=x=\frac{AD}{4}=\frac{2\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$

 

Треугольник AMD – прямоугольный, поэтому $MD=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{8-\frac{9}{2}}=\sqrt{\frac{7}{2}}$

Тогда в  треугольнике MBD, также прямоугольном, найдем BD:

$$BD=\sqrt{MD^2+MB^2}$$

$$BD=\sqrt{\frac{7}{2}+\frac{1}{2}}=2$$

Половина диагонали:

$$BO=\frac{BD}{2}=1$$

Половинка АС равна (из треугольника AOD):

$$\left(\frac{AC}{2}\right)^2=AD^2-BO^2$$

$$\frac{AC}{2}=\sqrt{AD^2-BO^2}$$

$$\frac{AC}{2}=\sqrt{8-1}=\sqrt{7}$$

$$AC=2\sqrt{7}$$

Ответ: $AC=2\sqrt{7}$

 

Задача 5. Точки $B_1$ и $C_1$ лежат на сторонах соответственно AC и AB треугольника ABC, причем $AB_1:B_1C=AC_1:C_1B$. Прямые $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в точке О.

а) Докажите, что прямая АО делит пополам сторону BC.

б) Найдите отношение площади четырехугольника $AB_1OC_1$ к площади треугольника ABC, если известно, что $AB_1:B_1C=AC_1:C_1B=1:4$.

Решение:

а) Так как точки $B_1$ и $C_1$ делят стороны треугольника в одинаковых отношениях, то, каким бы ни было это отношение, прямая $B_1C_1$ всегда будет параллельна BC, так как она отсекает от треугольника ABC подобные ему треугольники $AB_1C_1$. Таким образом, $BCB_1C_1$ - трапеция. По теореме о четырех точках трапеции середины оснований, точка пересечения диагоналей и точка пересечения боковых сторон – а  у нас это точка $A$ - лежат на одной прямой. Таким образом, прямая $AO$ поделит $BC$ ровно пополам.

б) Треугольник $AC_1B_1$ подобен треугольнику $ABC$ с коэффициентом подобия $k=\frac{1}{5}$, следовательно, его площадь будет составлять $S_{AC_1B_1}=\frac{1}{25} S_{ABC}$. Тогда площадь трапеции $BCB_1C_1=\frac{24}{25} S_{ABC}$.  Поскольку $C_1B_1$ в пять раз меньше, чем $BC$, то площадь треугольника $BB_1C_1$ в пять раз меньше, чем площадь треугольника $BB_1C$: $\frac{S_{ BB_1C_1}}{S_{ BB_1C }}=\frac{1}{5}$. Обозначим $S_{ BB_1C_1}=x$, тогда $5x+x=\frac{24}{25} S_{ABC}$, $x=\frac{4}{25} S_{ABC}$.  Значит, $S_{ BB_1C_1}=\frac{4}{25} S_{ABC}$,  $S_{ BB_1C}=\frac{20}{25} S_{ABC}$

Рассмотрим треугольники $BB_1C_1$ и $B_1C_1C$. Так как у них одинаковое основание – $BC$, и одинаковая высота (так как $B_1C_1 \parallel BC$), то их площади равны. В состав каждого из них входит треугольник $BOC$, поэтому $S_{BOC_1}=S_{B_1OC}=m$, $S_{BOC}=5m$. Площадь треугольника $OC_1B_1$, подобного $OBC$, можно найти из отношения: $\frac{SOC_1B_1}}{S_{ OBC }}=\left(\frac{C_1B_1}{CB}\right)^2=\frac{1}{25}$

Тогда площадь трапеции

$$BCB_1C_1=\frac{24 }{25} S_{ABC}$$

$$= S_{BOC_1}+S_{B_1OC}+ S_{BOC}+S_{B_1C_1O}$$

$$=2m+5m+\frac{1}{5}m=7\frac{1}{5}m=\frac{4}{25} S_{ABC}$$

$$m=\frac{2}{15} S_{ABC}$$

$S_{OC_1B_1}=\frac{m}{5}=\frac{2}{75} S_{ABC}$

Площадь четырехугольника $AB_1OC_1$:

$$S_{AC_1B_1}+ S_{OC_1B_1}=$$

$$=\frac{1}{25} S_{ABC}+\frac{2}{75} S_{ABC}=$$

$$=\frac{5}{75} S_{ABC}=\frac{1}{15} S_{ABC}$$

Ответ: $ S_{AC_1OB_1}=\frac{1}{15} S_{ABC}$

 

Задача 6. Медианы $AA_1, BB_1, CC_1$ треугольника ABC пересекаются в точке M. Точки $A_2, B_2, C_2$ - середины отрезков MA, MB, MC соответственно.

а) Докажите, что площадь шестиугольника $A_1B_2C_1A_2B_1C_2$ вдвое меньше площади треугольника  ABC.

б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиугольника, если известно, что AB=4, BC=7, AC=8.

а)  Медианы точкой пересечения делятся в отношении $\frac{2}{1}$, считая от вершины. Так как по условию $A_2, B_2, C_2$ по условию – середины отрезков MA, MB иMC, то $BB_2=B_2M=MB_1$, $AA_2=A_2M=MA_1$,$CC_2=C_2M=MC_1$. Тогда площадь треугольников с такими основаниями равны:  $S_{C_1BB_2}=S_{C_1B_2M}$, $S_{C_1AA_2}=S_{C_1A_2M}$, $S_{B_1C_2C}=S_{ B _1 C _2M}$, и так далее. Таким образом, площадь шестиугольника $A_1B_2C_1A_2B_1C_2$ вдвое меньше площади треугольника  ABC.

б) Так как $C_1B_2$  и $C_1A_2$ являются средними линиями треугольника ABM, то $C_1B_2MA_2$ - параллелограмм. Аналогично, $A_1B_2$  и $ A _1 C _2$ являются средними линиями треугольника BCM, и $A_1C_2MB_2$ - параллелограмм. Также  $A_2MC_2B _1$ - параллелограмм. Диагоналями этих параллелограммов являются отрезки медиан, равные их $\frac{1}{3}$. Известно, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна удвоенной сумме квадратов его сторон: ${d_1}^2+{d_2}^2=2(a^2+b^2)$. Именно это свойство мы и применим. Но перед этим найдем  длины медиан треугольника ABC. Известна формула длины медианы треугольника через длины его сторон:

$${m_a}^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}$$

Тогда для нашего треугольника:

$${AA_1}^2=\frac{2AB^2+2AC^2-BC^2}{4}=$$

$$=\frac{2\cdot4^2+2\cdot8^2-7^2}{4}=\frac{111}{4}$$

$${BB_1}^2=\frac{2AB^2+2BC^2-AC^2}{4}=$$

$$=\frac{2\cdot4^2+2\cdot7^2-8^2}{4}=\frac{66}{4}$$

$${CC_1}^2=\frac{2BC^2+2AC^2-AB^2}{4}=$$

$$=\frac{2\cdot7^2+2\cdot8^2-4^2}{4}=\frac{210}{4}$$

$$AA_1=\frac{\sqrt{111}}{2}$$

$$BB_1=\frac{\sqrt{66}}{2}$$

$$CC_1=\frac{\sqrt{210}}{2}$$

Диагонали указанных параллелограммов равны либо средним линиям треугольника ABC, либо $\frac{1}{3}$ медиан. Параллелограмм $C_1B_2MA_2$: $d_1=C_1M=\frac{1}{3} CC_1=\frac{\sqrt{210}}{6}$, $ d_2=A_2B_2=A_1B_1=\frac{1}{2} AB=2$.

Параллелограмм $ A_1C_2MB_2$: $d_1=A_1M=\frac{1}{3} AA_1=\frac{\sqrt{111}}{6}$,  $d_2= B_2 C_2= B_1C_1=\frac{1}{2} BC=3,5$.

Параллелограмм $A_2MC_2B_1$: $d_1=B_1M=\frac{1}{3} BB_1=\frac{\sqrt{66}}{6}$,  $d_2= A_2 C_2= A_1C_1=\frac{1}{2} AC=4$.

Определим теперь сумму квадратов сторон каждого из параллелограммов:

$${A_2C_1}^2+{C_1B_2}^2=\frac{{C_1M}^2+{A_2B_2}^2}{2}=\frac{\frac{210}{36}+4}{2}=4\frac{11}{12}$$

$${B_2A_1}^2+{A_1C_2}^2=\frac{{A_1M}^2+{ B_2 C_2}^2}{2}=\frac{\frac{111}{36}+12,25}{2}=\frac{128}{12}$$

$${A_2B_1}^2+{ B_1C_2}^2=\frac{{B_1M}^2+{A_2C_2}^2}{2}=\frac{\frac{66}{36}+16}{2}=\frac{107}{12}$$

Сумма квадратов сторон шестиугольника $A_1B_2C_1A_2B_1C_2$ равна:

$${A_2C_1}^2+{C_1B_2}^2+{B_2A_1}^2+{A_1C_2}^2+{A_2B_1}^2+{ B_1C_2}^2=4\frac{11}{12}+\frac{128}{12}+\frac{107}{12}=\frac{294}{12}=24,5$$

Ответ: 24,5