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.
[latexpage]
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 $AEB$.
$$EB^2=AB^2-AE^2=( R-r_2)^2-r_2^2=R^2-2Rr_2+r_2^2-r_2^2$$
$$EB^2=R^2-2Rr_2$$
$$EB=\sqrt{ r^2-2Rr_2}$$
$$r_2^2= r_1^2+2r_1r_2+r_2^2-(\sqrt{ R^2-2Rr_2}+ R-r_1)^2$$
$$0= r_1^2+2r_1r_2-(R^2-2Rr_2+2\sqrt{ R^2-2Rr_2}(R-r_1)+ (R-r_1)^2)$$
$$0= r_1^2+2r_1r_2-R^2+2Rr_2-2\sqrt{ R^2-2Rr_2}(R-r_1)- (R-r_1)^2$$
$$0= 1+2r_2-16+8r_2-6\sqrt{ 16-8r_2}- 9$$
$$24= 10r_2-6\sqrt{ 16-8r_2}$$
$$12= 5r_2-3\sqrt{ 16-8r_2}$$
$$12-5r_2=-3\sqrt{ 16-8r_2}$$
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: $DE=12,375$
Комментариев - 4
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!
Спасибо, действительно, так проще!
Первое задание чёткое решение, спасибо)
Благодарю)))