Задания № 16. ЕГЭ 2016.(Математика. 50 вариантов типовых тестовых заданий; под ред. И.В. Ященко. М.: Издательство «Экзамен», 2016.
На отрезке BDвзята точка С. Биссектриса BL равнобедренного треугольника ABCc основанием ВС является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.
а) Докажите, что треугольникDCL равнобедренный.
б) Известно, что cos∠ABC = 1/6. В каком отношении прямаяDL делит сторону AB?
СторонаCD прямоугольника ABСD касается некоторой окружности в точке М. Продолжение стороны AD пересекает окружность в точках Pи Q, причем точка Pлежит между точками D и Q. Прямая BCкасается окружности, а точка Q лежит на прямой BM.
а) Докажите, что <DMP = <CBM.
б) Известно, чтоCM = 17 и CD = 25. Найдите сторону AD.
Отрезок, соединяющий середины Mи N оснований BCиAD соответственно трапеции ABCD, разбивает её 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 BCисходной трапеции равно 10. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB, основания ANтрапеции ABMNи вписанной в неё окружности.
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.
В параллелограмм вписана окружность.
а) Докажите, что этот параллелограмм – ромб.
б) Окружность, касающаяся стороны ромба, делит её на отрезки, равные 3 и 2. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами ромба.
На катетах ACиBC прямоугольного треугольника ABCвне треугольника построены квадраты ACDEиBFKC. Точка M – середина гипотенузы AB, H – точка пересечения прямыхCMиDK.
а) Докажите, чтоCMIDK.
б) НайдитеMH, если известно, что катеты треугольника ABCравны 130 и 312.
(9). Окружность, построенная на стороне ADпараллелограмма ABСD как на диаметре, проходит через точку пересечения диагоналей параллелограмма.
а) Докажите, что ABСD – ромб.
б) Эта окружность пересекает сторону AB в точке M, причем AM:MB = 3:1. Найдите диагональ AC, если известно, что AD = 2˅͞2.
(10). Точки В1и С1лежат на сторонах соответственно АС и АВ треугольника АВС, причем АВ1: В1С = АС1 : С1В. Прямые ВВ1и СС1 пересекаются в точке О.
а) Докажите, чтопрямая АО делит пополам сторону ВС.
б) Найдите отношение площади четырехугольника АВ1ОС1 к площади треугольника АВС, если известно, что АВ1 : В1С = АС1 : С1В = 1 : 4.
(15). МедианыАА1, ВВ1 и СС1 треугольника АВС пересекаются в точке М. Точки А2, В2 и С2 – середины отрезков МА, МВ и МС соответственно.
а) Докажите, что площадь шестиугольникаА1В2С1А2В1С2вдвое меньше площади треугольникаАВС.
б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиугольника, если известно, что АВ = 4, ВС = 7 и АС = 8.
(16). Окружность с центромО вписана угол, равный 60ᵒ. Окружность большего радиуса с центром О1 также вписана в этот угол и проходит через точку О.
а) Докажите, что радиус второй окружности вдвое больше радиуса первой.
б) Найдите длину общей хорды этих окружностей, если известно, что радиус первой окружности равен 2˅͞3.
(20). Две окружности пересекаются в точках PиQ. Прямая, проходящая через точку P, второй раз пересекает первую окружность в точкеА, а вторую – в точке D. Прямая, проходящая через точку Qпараллельно AD, второй раз пересекает первую окружность в точке B, а вторую – в точке C.
а) Докажите, что четырехугольник ABCD – параллелограмм.
б) Найдите отношение ВР : РС, если радиус первой окружности вдвое больше радиуса второй.
(32). Противоположные стороны ADиBC четырехугольникаABCDпараллельны. Через вершиныВи D проведены параллельные прямые, пересекающие диагональ АС в точках Mи Nсоответственно. Оказалось, что АМ = MB = NC.
а) Докажите, что ABСD – параллелограмм.
б) Найдите отношение площади четырехугольника BMDN к площадипараллелограмма ABСD.
(38). На сторонах AСиBСтреугольника АBСвне треугольника построены квадраты ACDEи BFKC. Точка M– середина стороны AB.
а) Докажите, чтоCM = DK.
б) Найдитерасстояния от точки Mдоцентров квадратов,если AC = 6, BC = 10и∠ACB =30ᵒ.
(40). Пятиугольник ABСDЕ вписан в окружность. Из вершиныА опущены перпендикуляры AF, AH, APиAQ на прямые DE, BE, CDиBC соответственно.
а) Докажите, что∠FAN = ∠PAQ.
б) НайдитеAH, если AF = ɑ, AP = bиAQ = c.
Вариант №1
На отрезке BDвзята точка С. Биссектриса BL равнобедренного треугольникаABCc основанием ВС является боковой стороной равнобедренного треугольника BLD с основанием BD.
а) Докажите, что треугольникDCL равнобедренный.
б) Известно, что cos∠ABC = 1/6. В каком отношении прямаяDL делит сторону AB?
По условию: ∠ВDL=∠LВD= αи [pic]
∠АСВ=∠АВС=2α.
Так как ∠LСВ – внешний дляLСD, то 2α = α +∠СLD, ∠СLD= α = ∠LDС, LСD– равнобедренный.
Доказано.
. По условию: cos∠B = 1/6, [pic]
тогдаВН = ɑ, АВ = 6ɑ,ВС = 2ɑ.
. ВL– биссектриса,
LC : LA = BC : AB = 1 : 3,
LC = 1/4AC = 1.5ɑ=CD; AL =3/4 AC = 4.5ɑ.
. MC– биссектрисаравнобедренного, BM = CL = 1.5ɑ( и MC||KD.
. По теореме о пропорциональных отрезках:
= ; = ;MK = ɑ;BK = ( + )ɑ = ɑ;
AK = (6– )ɑ= ɑ; = = .
Ответ: AK : KB = 9 : 7.
Вариант № 2
СторонаCD прямоугольника ABСD касается некоторой окружности в точке М. Продолжение стороны AD пересекает окружность в точках Pи Q, причем точка Pлежит между точками D и Q. Прямая BCкасается окружности, а точка Q лежит на прямой BM.
а) Докажите, что ∠DMP = ∠CBM.
б) Известно, чтоCM = 17 и CD = 25. Найдите сторону AD.
[pic]
а). ∠CBM=∠BQA= α, (как накрест лежащие при ВСǁAQ),
∠MQP=⌒MP– вписанный;
∠MOP=⌒MP– центральный; ВMOP:
∠OMP=∠OPM= 90ᵒ–.
ТаккакOM⊥CD , то ∠DMP = 90ᵒ –∠OMP = 90ᵒ – ) == ∠CBM.
Доказано.
б)1. CMOE – квадрат, т.к. ∠C =∠E =∠M = 90ᵒ;CM =EO = RиCE=MO =R.
По условию AB =CD = 25, CM = R = 17, MD= 8.
2. Проведем радиусOQ. Так как DMOH–прямоугольник, то OH = MD = 8.
PH2 = OP2– OH2 = 172 – 82 = 225, PH = 15.DH = MO = R =17.
DP = DH – PH = 17 – 15 = 2.
3. BCM иMDPподобны, (∠CBM = ∠DMP = , ∠C = ∠D = 90ᵒ),
= ;BC = = 68.AD = 68.
Ответ: AD = 68.
Вариант № 3
Отрезок, соединяющий середины Mи N оснований BCиAD соответственно трапеции ABCD, разбивает её 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 BCисходной трапеции равно 10. Найдите радиус окружности, касающейся боковой стороны AB, основания ANтрапеции ABMNи вписанной в неё окружности.
По свойству описанного четырехугольника: [pic]
BM+AN = AB+MN, MC + ND = CD + MN.
По условию: BM = MC, AN = ND.
BM+AN = MC+ND, AB +MN=CD +MN, AB = CD.
Доказано.
б). Из п. а)следует, что трапеции ABMNи DCMNсимметричны относительно MN, и MN⊥АВ, MN⊥BC.Рассмотрим прямоугольную трапецию ABCM:
ВМ =5, R = 3. Найти: О1Н1 = r = ? [pic]
1). Проведем радиусOL⊥ABи отрезокOВ;
По свойству касательных BF = BL = 5 – 3= 2,
BO2= 32 + 22 = 13, BO = .
BOиAO – биссектрисы, ∠A + ∠ B = 180ᵒ,
ABO–прямоугольный. ALO =AHO.
2). Треугольники AOB, ALO, AHO, OLB–подобны.
OL2 = ALхLB,AL = иAН = ; АO2 = AL2+LО2=;AО = .
Из подобия AOHи AO1H1 AO :AO1= OH :O1H1 ,= 3 : r, причем
AO1 = АО – 3– r.r= – 18 – 6r ,r = .
Ответ: r = .
Вариант № 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.
а). Так как точка касания окружностей лежит на линиих центров, получим три уравнения: O1O2 = O1C–O2C = R1–R2; [pic]
O1O3 = O1B – O3B = R1– R3; O2O3 = O2E+O3E = R2+R3;
Сложим левые и правые части этих уравнений и получим:
O1O2 + O1O3+ O2O3=2R1. Доказано.
б). По условию: R1=O1C=O1B = 4; R2=O2E=O2C = 1.
1. Проведем O3H⊥O1O2; O3H= O3B= O3E= R3 = x. [pic]
O1O2 = R1– R2= 3; O1O3 = R1– R3=4– x;
O2O3 = R2+ R3 = x + 1;O2H= O1O2 – O1H =3– O1H.
2. ВO1O3H: (O1H)2 = (O1O3)2– (O3H)2= (4– x)2– x 2= =16 –8x, O1H=2; x2, O1O3O1O2.
3. ВO2O3H: (O2O3)2 =(O2H)2+(O3H)2. Получим:
(3– 2)2+x 2= (x+ 1)2.
12 = 24 – 10x; 25x 2 = 0, = 1,92.
Ответ: R31,92.
Вариант № 5
В параллелограмм вписана окружность.
а) Докажите, что этот параллелограмм – ромб.
б) Окружность, касающаяся стороны ромба, делит её на отрезки, равные 3 и 2. Найдите площадь четырехугольника с вершинами в точках касания окружности со сторонами ромба.
[pic]
а)ABCD – параллелограмм, AB=CD, BC= AD.
ABCD – описанный четырехугольник,
AB+CD = BC+AD,
2AB = 2CD = 2BC = 2AD,
AB = CD = BC = AD,
ABCD– ромб.
Доказано.
б)1. M, N, P, K – точки касания, ON⊥BC, OK⊥AD;OM⊥AB, OP⊥CD.AB//CD, BC//AD, NKиMP–диаметры,MNPNPKPKMKMNMNPK = MK·KP. [pic]
2. ПроведемBH⊥CD. BM = BN =HK =2,
AM = AK = 3, AH = 1, AB = 5, cosBAH =1/5, cosKDP=–1/5,таккакA +D =
Найдем MK по теореме косинусов в АMК:
MK2 = 32 +32 – 2·3·3· 1/5 = 15,6;
аналогично в DPК: PK2 = 22 + 22 – 2·2·2·(–1/5) = 9,6;
MNPK = MK·KP = = = 4.8 .
Ответ: 4.8 .
Вариант № 6
На катетах ACиBC прямоугольного треугольника ABCвне треугольника построены квадраты ACDEиBFKC. Точка M – середина гипотенузы AB, H – точка пересечения прямыхCMиDK.
а) Докажите, чтоCMIDK.
б) НайдитеMH, если известно, что катеты треугольника ABCравны 130 и 312.
[pic]
а).ACB =DCK–по двум катетам(так какACDEиBFKC – квадраты, тоAC=CDи BC=CK). ∠BAC =∠КDC = α, ∠ABC = β, иα+β= 90ᵒ
CM–медиана прямоугольного треугольника
CM = AM = MB∠MBC = ∠MCB = β.
∠MCB = ∠HCD = β– вертикальные углы.
В DCH∠CHD= 180ᵒ– (α + β) = 90ᵒ,
CMIDK.
Доказано.
б)MH = CM + CH.МедианаCMравна половине гипотенузы AB.
AB2 = AC2 + CB2 =1302 + 3122 = 114244, AB = 338, CM = 169.
CH – высота прямоугольного треугольника DCK
CH = CD·CK: DK = 130·312: 338 =120. MH = CM + CH = 169 + 120 = 289.
Ответ: MH= 289.
Вариант № 9
Окружность, построенная на стороне ADпараллелограмма ABСD как на диаметре, проходит через точку пересечения диагоналей параллелограмма.
а) Докажите, что ABСD – ромб.
б) Эта окружность пересекает сторону AB в точке M, причем AM:MB = 3:1. Найдите диагональ AC, если известно, что AD = 2˅͞2.
а).1. F – точка пересечения диагоналей параллелограмма. Так как AD – диаметр, то [pic]
∠AFD =90ᵒ.
2. ABF =ADF(по дум катетам),
AB=AD, AB=BC = CD=AD и параллелограмм ABСD – ромб.
Доказано.
б). ПустьBM = a, MA = 3a, AB = 4a;
BF = FD = b, BD = 2b.
По теореме о двух секущих имеем: BA·BM = BD·BF, 4a2=2b2, b2= 2a2.
ТаккакABСD – ромб, тоAD = AB = 4a= 2˅͞2 , a= ˅͞2 /2, a2 = , b2= 1.
AFD– прямоугольный, по теореме ПифагораAF2 =AD2–FD2= 16a2–b2 = 7,
Ответ: AC= 2˅͞7 .
Вариант № 10
Точки В1и С1лежат на сторонах соответственно АС и АВ треугольника АВС, причем АВ1: В1С = АС1 : С1В. Прямые ВВ1и СС1 пересекаются в точке О.
а)Докажите, чтопрямая АО делит пополам сторону ВС.
б) Найдите отношение площади четырехугольника АВ1ОС1 к площади треугольника АВС, если известно, что АВ1 : В1С = АС1 : С1В = 1 : 4.
а)По теореме Чевыимеем: [pic]
(СВ1 : В1А )· ( АС1: С1В) · (ВА1 :А1С) = 1.
По условиюАВ1 : В1С = АС1 : С1В = m:n,
Поэтому (СВ1 : В1А)·( АС1 : С1В)= ·=1ВА1 : А1С = 1, ВА1= А1С.
Доказано.
б) = –;
1. Так как АВ1 : В1С = АС1 : С1В = 1 : 4, то и
::= 1 : 4.
Если= S, то =S, а = =S.
Так как АВ1 :АС = АС1 :АВ= , то В1С1 ВСВ1 АС1и САВ подобны, а также подобны ВОС и В1ОС1( по двум равным углам).
В1О : ВО = В1 С1 : СВ= , и = = (·)SS.
= – =S – S =S, : = 1 : 15.
Ответ: : = 1 : 15.
Вариант № 15
Медианы АА1, ВВ1 и СС1 треугольника АВС пересекаются в точке М. Точки А2, В2 и С2 – середины отрезков МА, МВ и МС соответственно.
а) Докажите, что площадь шестиугольника А1В2С1А2В1С2 вдвое меньше площади АВС.
б) Найдите сумму квадратов всех сторон этого шестиугольника, если известно, что АВ = 4, ВС = 7 и АС = 8.
а)Медиана делит треугольник на два равновеликих [pic]
=S1; =S2; =S3;=S4;
=S5;=S6;
Тогда= S1+ S2+S3 +S4 + S5 + S6.
= 2(S1+ S2 +S3 +S4 + S5 + S6).
= . Доказано.
б)1.Заметим, что А1В2 = А2В1 = МС= c, как средние линии BCMиАCM.
Аналогично: B1C2 =B2C1 = МA= aиС1А2 = С2А1 = МВ= b, причем по свойству медиан: c= СС1 , a= АА1 , b = BB1 .
2.Продлим медиану АА1 на её длину, получим параллелограмм ABDCcдиагоналями ADиBC. [pic]
Применив теорему косинусов для ABCиABD, получим, что AD2+BC2=AB2+BD2+DC2+AC2,
AD2=4(AA1)2= 2AB2 +2AC 2– ВС2,
(АА1)2 = (2АВ2 + 2АС2 – ВС2).
Аналогично получим:
(ВВ1)2 = (2АВ2 + 2ВС2 – АС2) и (СС1)2 = (2ВС2 + 2АС2 – АВ2),
(АА1)2+ (АА1)2+(СС1)2= (АВ2 + ВС2+ АС2). Сумма квадратов сторон шестиугольника равна: 2a2 + 2b2+ 2c2=((АА1)2+ (АА1)2+ (СС1)2) =
·(АВ2 + ВС2 + АС2) = (16 + 49 + 64) = = 21,5.
Ответ:21,5.
Вариант № 16
Окружность с центромО вписана угол, равный 60ᵒ. Окружность большего радиуса с центром О1 также вписана в этот угол и проходит через точку О.
а) Докажите, что радиус второй окружности вдвое больше радиуса первой.
б) Найдите длину общей хорды этих окружностей, если известно, что радиус первой окружности равен 2˅͞3.
а)Так как окружности вписаны в уголА, то АО1– биссектриса угла А. [pic]
∠О1АН =30ᵒ, ОК = R, О1О = О1Н = R1;AO1 = 2R1, AO= 2R, AO1 = AO + О1О, 2R1 = 2R + R1,R1 = 2R.
Доказано.
б)R =2˅͞3 , R1=4˅͞3 .ВС- общая хорда.
ТочкиВ и С симметричны относительно биссектрисы АО1ВР = РС и ВС⊥АО1.
Рассмотрим О1ОC.
О1О= О1С = R1=4˅͞3;ОC = R =2˅͞3 ,OM= МС= ˅͞3 ; [pic]
О1М2=О1О2–ОМ2 =48 – 3 = 45 и О1М = 3˅͞5 .
2. ОО1М иОCР подобны (∠Р = ∠М = 90ᵒ, ∠О– общий), ОО1 : ОC = О1М :CР,CР = (ОC·О1М) :ОО1 =
(2˅͞3 ·3˅͞5 ) : 4˅͞3 = 1,5˅͞5 , ВР = 2СР = 3˅͞5 .
Ответ: 3˅͞5 .
Вариант № 20
Две окружности пересекаются в точках PиQ. Прямая, проходящая через точку P, второй раз пересекает первую окружность в точкеА, а вторую – в точке D. Прямая, проходящая через точку Qпараллельно AD, второй раз пересекает первую окружность в точке B, а вторую – в точке C.
а) Докажите, что четырехугольник ABCD – параллелограмм.
б) Найдите отношение ВР : РС, если радиус первой окружности вдвое больше радиуса второй.
а)Обозначим ∠PQB =α, ∠PQС=β, причем α+ β= 180ᵒ (смежные). [pic]
Так как четырехугольники APQBиPDCQ – вписанные, то ∠PQB+ ∠PАB = 180ᵒ и ∠PQС+ ∠PDB = 180ᵒ,
∠PАB =β, а ∠PDС =α
∠PАB + ∠PDС = α+ β= 180ᵒ, а это односторонние углы ABDC, а по условию ADBC, ABCD – параллелограмм.
Доказано.
б)PQBи PDС– вписанные и по теореме синусов:
PB:sin∠PQB = 2R1, PC : sin∠PQC = 2R2, где R1и R2 соответственно радиусы первой и второй окружностей. PB = 2R1sin∠PQBи PС = 2R2 sin∠PQС.
Так как ∠PQB+ ∠PQB= 180ᵒ, то sin∠PQB =sin∠PQС = sinα.
По условию R1 = 2R2,ВР : РС = 4R2 sinα:2R2 sinα=2.
Ответ: ВР: РС=2.
Вариант № 32
Противоположные стороны ADиBC четырехугольникаABCD параллельны. Через вершиныВи D проведены параллельные прямые, пересекающие диагональ АС в точках Mи Nсоответственно. Оказалось, что АМ = MB = NC.
а) Докажите, что ABСD – параллелограмм.
б) Найдите отношение площади четырехугольника BMDN к площадипараллелограмма ABСD.
а) 1. По условию ADBC и BFED [pic]
FBED – параллелограмми BE = FD = a.
2. По теореме Фалеса:
т.к. AM = MNиBFED, AF = FD = a, тогдаAD = 2a.
т.к. MN= СNиBFED, BE = EC = a, тогдаBC = 2a.AD =BC, ADBC,
ABСD – параллелограмм.
Доказано.
б)Так как медиана делит треугольник на два равновеликих, получим: [pic]
= = S; = = S,
= 3S, атак как AС – диагональ параллелограмма, то = 6S.
= = S,(ABM=CDN по I признаку). = = S,
= 2S, : =2S : 6S = 1 : 3.
1 : 3.
Вариант № 38
На сторонах AСиBС треугольника АBС вне треугольника построены квадраты ACDEи BFKC. Точка M– середина стороны AB.
а) Докажите, чтоCM = DK.
б) Найдите расстояния от точки Mдо центров квадратов, если AC = 6, BC = 10и∠ACB =30ᵒ.
а)Проведем HBAC, HBAC; KPCD, KPCD; получим параллелограммы ACBHи CDPK, в которых AC = CDиKC = BC(из условия). [pic]
∠ACD+∠BCK=30ᵒ+ 30ᵒ = 180ᵒ
∠ACB+∠DCK= 180ᵒ.
∠CBH+∠ACB= 180ᵒ, как односторонние углы. ∠CBH=∠DCK. Аналогично ∠ACB =∠CKP.
Параллелограммы ACBHи CDPKравны, так как равны все соответственные стороны и углы.
CH = DK, а так как точка M– середина стороны AB, то CM = CH=DK.
Доказано.
б)Для нахождения MO иMO1применим метод координат.
Начало координат – точкаА(0;0), ось Ox–вдоль АС, ось Oy⊥АС.
Найдем координаты нужных точек из условия ( АС = 6, ВС = 10, ∠ACB =30ᵒ,
О1– середина СЕ, О– середина ВК,М– середина АВ):
С(6; 0), Е( 0; –6), О1(3; –3),В(6–5; 5), К(11; 5), О(; ), М(;).
МО2=()2 + ()2= 49, МО = 7.
МО12= (–)2 + ()2= 49, МО1 = 7.
Ответ:МО =МО1 = 7.
Вариант № 40
Пятиугольник ABСDЕ вписан в окружность. Из вершиныА опущены перпендикуляры AF, AH, APиAQ на прямые DE, BE, CDиBC соответственно.
а) Докажите, что∠FAH = ∠PAQ.
б) НайдитеAH, если AF = ɑ, AP = bиAQ = c.
а)Докажем, что FAHи PAQподобны. [pic]
1. Так как ∠AFЕ = ∠AHЕ = 90ᵒ, то AFЕH– вписанный в окружность с диаметром AЕ,
∠AFH= ∠AЕHкак вписанные углы. Также
∠AЕH= ∠AЕB= ∠AСB как вписанные углы.
∠AFH= ∠AСB(1).
2. ∠AQС = ∠AРС = 90ᵒ, и AQСР – вписанный в окружность с диаметром AС,
∠AСQ = ∠AРQ, ∠AFH=∠AРQ (2).
3. Аналогично ∠AHF= ∠AЕF.
Заметим, что ∠AЕF +∠AЕD= 180ᵒ (смежные) и ∠AЕD+∠AСD= 180ᵒ (AСDЕ вписанный),
∠AЕF = ∠AСD= ∠AСР; ∠AСD= ∠AQР, т.к. AQСР – вписанный.
∠AHF=∠AQР (3). Из (2) и (3) следует, что FAHи PAQподобны.
∠FAH = ∠PAQ.
Доказано.
б)Так как FAHи PAQподобны, то AH :AQ = AF :AP, AH = = .
Ответ: AH= .
