Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Планиметрия (16 (C4))

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.

Окружность в параллелограмме

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.

Ход решения

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.

Квадраты на сторонах треугольника

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}.

Квадраты на сторонах треугольника

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 MXZZ^{\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}.

Окружность на стороне параллелограмма

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.

Отношение площадей

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.

Равные треугольники

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}

Подобные треугольники

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.

Пересечение медиан и многоугольник

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:

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

Пересечение медиан и многоугольник, параллелограммы

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

Добавить комментарий

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