Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Меню
Репетитор
Главная /// Математика /// ЕГЭ профиль /// Планиметрия (16 (C4)) /// Планиметрическая задача номер 16 профильного ЕГЭ
Категория: Планиметрия (16 (C4))
| Автор:

Планиметрическая задача номер 16 профильного ЕГЭ

Научиться решать 16-ю задачу профильного ЕГЭ непросто. Для этого нужно много и упорно решать, а также и просматривать готовые решения, беря из них для себя новые приемы.


Задача 1. На отрезке BD взята точка C. Биссектриса BL равнобедренного треугольника ABC с основанием BC является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.

а) Докажите, что треугольник DCL равнобедренный;

б) Известно, что \cos \angle ABC=\frac{1}{6}.  В каком отношении прямая DL делит сторону AB?

Чертеж к задаче

а) Обозначим угол \angle ABL=\angle LBC=\alpha. Тогда, так как треугольник BLD равнобедренный, угол LDC также равен \alpha, а угол BCA=2\alpha. В треугольнике DCL, таким образом, внешний угол равен 2\alpha, а так как один из внутренних несмежных с ним – LDC – равен \alpha, то и второй – DLC – также равен \alpha, и треугольник является равнобедренным.

б) Так как \cos \angle ABC=\frac{1}{6}, то \frac{BH}{AB}=\frac{1}{6}. Но треугольник ABC – равнобедренный, поэтому BH=HC, BC=2BH. Тогда \frac{BC}{AB}=\frac{2BH}{AB}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}. По свойству биссектрисы отношение отрезков, на которые она делит сторону треугольника, равно отношению прилежащих сторон:

    \[\frac{BC}{AB}=\frac{LC}{AL}=\frac{1}{3}\]

То есть LC=\frac{1}{4}AC=\frac{1}{4}AB.

Треугольники BTD и BLC подобны по двум углам, запишем для них отношение сторон:

    \[\frac{BT}{LC}=\frac{BD}{BC}\]

Или, так как по доказанному треугольник DLC является равнобедренным,

    \[\frac{BT}{LC}=\frac{LC+BC}{BC}\]

    \[BT=\frac{(LC+BC) LC }{BC}=\frac{LC^2}{BC}+LC\]

Заменим в этом равенстве BC=\frac{1}{3}AB:

    \[BT=\frac{3LC^2}{AB}+LC\]

Разделим все равенство на AB:

    \[\frac{BT}{AB}=\frac{3LC^2}{AB^2}+\frac{LC}{AB}=3\cdot\frac{1}{4^2}+\frac{1}{4}=\frac{7}{16}\]

Тогда \frac{AT}{AB}=\frac{9}{16}, и \frac{AT}{TB}=\frac{9}{7}

Ответ: \frac{AT}{TB}=\frac{9}{7}.

 

Задача 2. Сторона CD прямоугольника ABCD касается некоторой окружности в точке M. Продолжение стороны AD пересекает окружность в точках P и Q, причем точка P лежит между точками D и Q. Прямая BC касается окружности, а точка Q лежит на прямой BM.

а) Докажите, что \angle DMP=\angle CBM.

б) Известно, что CM=17 и CD=25. Найдите сторону AD.

Чертеж к задаче 2

а) Угол MQD обозначим \alpha. Он равен углу CBM как накрестлежащий и  является вписанным углом окружности, поэтому центральный угол, опирающийся на ту же дугу – угол MOP, равен 2\alpha.  Треугольник MOP равнобедренный, поэтому \angle{OMP}=\frac{180^{\circ}-2\alpha }{2}=90^{\circ}-\alpha. Угол OMD – прямой, так как OM – радиус, а CD – касательная. Тогда угол DMP равен 90^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=\alpha.

б) CM, по сути, радиус окружности, а DM=CD-CM=8 – расстояние от центра окружности до хорды PQ. Это позволяет найти длину хорды PQ. В прямоугольном треугольнике OPI, где OI=MD, находим:

    \[PI^2=PO^2-OI^2\]

    \[PI=\sqrt{17^2-8^2}=15\]

Тогда PQ=30, а DP=2. Следовательно, DQ=32.

В подобных треугольниках ABQ и MDQ соотношение сторон:

    \[\frac{AB}{AQ}=\frac{MD}{DQ}\]

Или

    \[\frac{AB}{AD+DQ}=\frac{MD}{DQ}\]

    \[AD+DQ=\frac{AB \cdot DQ}{MD}\]

    \[AD+32= \frac{25 \cdot 32}{8}=100\]

    \[AD=68\]

Ответ: 68

 

Задача 3. Отрезок, соединяющий середины M и N оснований BC и AD трапеции ABCD разбивает ее 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 BC исходной трапеции равно 10. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB, основания AN трапеции ABMN и вписанной в нее окружности.

Чертеж к задаче 3

а) Так как обе окружности должны касаться и верхнего, и нижнего оснований, то обязательно их радиусы равны, а диаметры – высота трапеции. По условию BM=MC, AN=ND, а FM=ME=PN=NK=R. Поэтому также будут равны и отрезки: BF=BM-FM, EC=MC-ME, KD=ND-NK, AP=AN-PN. Кроме того, по свойству касательных равны отрезки: BF=BQ, AQ=AP, KD=DZ, CZ=CE. Получается, что BQ=CZ и AQ=DZ, следовательно, трапеция равнобедренная.

б) Изобразим окружность с центром в точке V. Радиус этой окружности будет так же относиться к радиусу окружности с центром в точке О как \frac{r}{3}=\frac{AV+r}{AO+3}. Рассмотрим треугольник ABO. Он прямоугольный, так как образован пересекающимися биссектрисами AO и BO углов трапеции А и В. Треугольники BOQ и AOQ также прямоугольные (образованы радиусом, проведенным в точку касания) и подобны треугольнику ABO. Так как BM=5, а FM=3, то BF=BQ=2, то есть в треугольнике BOQ известны все стороны: OQ=3, BQ=2, BO=\sqrt{OQ^2+BQ^2}=\sqrt{13}. Тогда из подобия треугольников BOQ и AOQ запишем:

    \[\frac{BQ}{BO}=\frac{OQ}{AO}\]

    \[AO=\frac{ BO\cdot OQ }{ BQ }=\frac{3\cdot\sqrt{13}}{2}\]

Тогда AV+r=AO-3, и

 

    \[\frac{r}{3}=\frac{ AO-3}{AO+3}\]

 

    \[r=\frac{ 3(AO-3)}{AO+3}\]

 

    \[r=\frac{ 3(\frac{3\cdot\sqrt{13}}{2}-3)}{\frac{3\cdot\sqrt{13}}{2}+3}\]

 

    \[r=\frac{3(3\sqrt{13}-6)}{ 3\sqrt{13}+6}=\frac{3(3\sqrt{13}-6)^2}{(3\sqrt{13}+6)( 3\sqrt{13}-6)}\]

 

    \[r=\frac{3(117-36\sqrt{13}+36}{117-36}=\frac{153-36\sqrt{13}}{27}=\frac{17-4\sqrt{13}}{3}\]

 

Ответ: r=\frac{17-4\sqrt{13}}{3}

 

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.

Чертеж к задаче 4

а) Запишем, из каких отрезков складывается периметр:

    \[P=AB+BC+CA\]

Обозначим радиус большой окружности с центром в точке В R. Радиус средней окружности с центром в точке С обозначим r_1, а последней, которая касается первых двух, с центром в точке A – r_2. Тогда отрезок AC=r_1+r_2. Отрезок BC – это разность BC=R-r_1, а отрезок AB – это разность AB=R-r_2. Сложим отрезки:

    \[P=AB+BC+CA= R-r_2+ R-r_1+ r_1+r_2=2R=D\]

б) Найдем радиус третьей окружности. Это можно сделать из прямоугольного треугольника AEC, если предварительно найти длину EB.

    \[AE^2=AC^2-EC^2=AC^2-(EB+BC)^2\]

    \[r_2^2= (r_1+r_2)^2-(EB+ R-r_1)^2\]

Длину EB определим из треугольника AEB.

    \[EB^2=AB^2-AE^2=( R-r_2)^2-r_2^2=R^2-2Rr_2+r_2^2-r_2^2=R^2-2Rr_2\]

    \[EB=\sqrt{ r^2-2Rr_2}\]

    \[r_2^2= r_1^2+2r_1r_2+r_2^2-(\sqrt{ R^2-2Rr_2}+ R-r_1)^2\]

    \[0= r_1^2+2r_1r_2-(R^2-2Rr_2+2\sqrt{ R^2-2Rr_2}(R-r_1)+ (R-r_1)^2)\]

    \[0= r_1^2+2r_1r_2-R^2+2Rr_2-2\sqrt{ R^2-2Rr_2}(R-r_1)- (R-r_1)^2\]

    \[0= 1+2r_2-16+8r_2-6\sqrt{ 16-8r_2}- 9\]

    \[24= 10r_2-6\sqrt{ 16-8r_2}\]

    \[12= 5r_2-3\sqrt{ 16-8r_2}\]

    \[12-5r_2=-3\sqrt{ 16-8r_2}\]

Возведем все в квадрат:

    \[144-120r_2+25r_2^2=9(16-8r_2)\]

    \[144-120r_2+25r_2^2=144-72r_2\]

    \[-120r_2+25r_2^2+=-72r_2\]

    \[25r_2^2-48r_2=0\]

    \[r_2(25r_2-48)=0\]

    \[25r_2=48\]

    \[r_2=\frac{48}{25}\]

    \[r_2=1,92\]

Ответ: r_2=1,92

 

Задача 5. К двум непересекающимся окружностям равных радиусов проведены две параллельные общие касательные. Окружности касаются одной из этих прямых в точках A и B. Через точку C, лежащую на отрезке AB, проведены касательные к этим окружностям, пересекающие вторую прямую в точках D и E, причем отрезки CA и CD касаются одной окружности, а отрезки CB и CE – другой.

а) Докажите, что периметр треугольника CDE вдвое больше расстояния между центрами окружностей.

б) Найдите DE, если радиусы окружностей равны 5, расстояние между их центрами 18, а AC=8.

Чертеж к 5 задаче

а) Периметр CDE равен:

    \[P=CD+CE+DE\]

    \[P=CL+DL+CN+NE+DE\]

Расстояние между точками А и В равно расстоянию между центрами окружностей AB=OO_1=MK. По свойству касательных AC=CL, CB=CN, NE=EK, MD=DL, поэтому

    \[P=AC+MD+CB+EK+DE=(AC+CB)+( MD+ EK+DE)=AB+MK=2OO_1\]

б) Чтобы найти DE, определим длины отрезков EK и MD и вычтем их из известного расстояния между точками M и K.

Из подобия треугольников ACH и OLH запишем:

    \[\frac{AC}{OL}=\frac{CH}{OH}\]

    \[\frac{8}{5}=\frac{CH}{OH}\]

    \[CH=\frac{8OH}{5}\]

Одновременно по теореме Пифагора для треугольника ACH:

    \[AC^2+AH^2=CH^2\]

    \[AC^2+(AO+OH)^2=CH^2\]

    \[8^2+(5+OH)^2=\left(\frac{8OH}{5}\right)^2\]

    \[64+25+10OH+OH^2=\frac{64OH^2}{25}\]

Получили квадратное уравнение, которое позволит найти OH.

    \[\frac{39OH^2}{25}-10OH-89=0\]

Определим дискриминант:

    \[D=100+4\cdot89\cdot\frac{39}{25}=\frac{128}{5}\]

Отрицательный корень отбрасываем, положительный:

    \[OH=\frac{10 + \frac{128}{5}}{2\cdot\frac{39}{25}}=\frac{445}{39}\]

Определим MH:

    \[MH=OH-5=\frac{250}{39}\]

Определим AH:

    \[AH=OH+5=\frac{640}{39}\]

Тогда в подобных треугольниках ACH и MDH соотношение сходственных сторон:

    \[\frac{AC}{AH}=\frac{MD}{MH}\]

    \[MD=\frac{AC\cdotMH}{AH}=\frac{8\cdot\frac{250}{39}}{\frac{640}{39}}\]

    \[MD=3\frac{1}{8}\]

Аналогично найдем отрезок EK:

Из подобия треугольников CBI и NO_1I запишем:

    \[\frac{CB}{NO_1}=\frac{CI}{O_1I}\]

    \[\frac{10}{5}=\frac{CI}{O_1I}\]

    \[CI=\frac{10O_1I}{5}=2O_1I\]

Одновременно по теореме Пифагора для треугольника CBI:

    \[BC^2+ BI^2 = CI^2\]

    \[BC^2+ (O_1I+5)^2=4O_1I^2\]

    \[10^2+ O_1I^2+10O_1I+25= 4O_1I^2\]

Получили квадратное уравнение, которое позволит найти O_1I.

    \[3O_1I^2-10O_1I-125=0\]

Определим дискриминант:

    \[D=100+4\cdot125\cdot3=1600\]

Отрицательный корень отбрасываем, положительный:

    \[O_1I=\frac{10 +40}{6}=\frac{25}{6}\]

Определим BI:

    \[BI=O_1I+5=\frac{40}{3}\]

Определим KI:

    \[KI=O_1I-5=\frac{10}{3}\]

Тогда в подобных треугольниках ABI и EKI соотношение сходственных сторон:

    \[\frac{BC}{EK}=\frac{BI}{KI}=4\]

    \[EK=2,5\]

Наконец, найдем DE:

    \[DE=MK-MD-EK=18-3\frac{1}{8}-2,5=12,375\]

Ответ: DE=12,375

 

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 4

  • Боб
    |

    Задачка5б) решена по идиотски! Из подобия т.OAC и т.OMD сразу получаем MD=r**2\AC=25\8=3 +1\8 ! И не нужно городульки городить с квадратным уравнением!
    Ответить
    • Анна
      |

      Спасибо, действительно, так проще!
      Ответить
  • Иван
    |

    Первое задание чёткое решение, спасибо)
    Ответить
    • Анна
      |

      Благодарю)))
      Ответить

    • Добавить комментарий

    Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *
    МЕНЮ