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 $AEB$ .

$EB^2=AB^2-AE^2=( R-r_2)^2-r_2^2=R^2-2Rr_2+r_2^2-r_2^2$

$EB^2=R^2-2Rr_2$

$EB=\sqrt{ r^2-2Rr_2}$

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

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

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

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

$24= 10r_2-6\sqrt{ 16-8r_2}$

$12= 5r_2-3\sqrt{ 16-8r_2}$

$12-5r_2=-3\sqrt{ 16-8r_2}$

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

Боб

2017-01-23

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
|

2017-01-23

Спасибо, действительно, так проще!

Ответить

Иван

2017-03-30

Первое задание чёткое решение, спасибо)

Анна
|

2017-03-30

Благодарю)))

Ответить

Планиметрическая задача номер 16 профильного ЕГЭ

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 4

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы