Задание 17 ЕГЭ профиль по математике: планиметрия

ЕГЭ по математике (профиль) · задание 17 · часть 2, развёрнутое решение · до 3 баллов. В банке «Корень» — 15 задач этого номера: доказательства в геометрии, окружность и круг, треугольники, площади фигур, прямоугольный треугольник, четырёхугольники.

Формулы к заданию 17

Равенство и подобие треугольников

$\text{СУС}$ — первый признак равенства: две стороны и угол между ними равны
$\text{УСУ}$ — второй признак равенства: сторона и два прилежащих к ней угла равны
$\text{ССС}$ — третий признак равенства: три стороны равны
$\text{по катетам; катет и угол; гипотенуза и угол; гипотенуза и катет}$ — признаки равенства прямоугольных треугольников
$\angle A=\angle A_1,\ \angle B=\angle B_1$ — первый признак подобия (по двум углам)

Треугольники

$\angle A+\angle B+\angle C=180^\circ$ — сумма углов треугольника; внешний угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним
$c^2=a^2+b^2$ — теорема Пифагора, $c$ — гипотенуза
$\sin A=\dfrac{a}{c},\ \cos A=\dfrac{b}{c},\ \operatorname{tg}A=\dfrac{a}{b}$ — прямоугольный треугольник: $a$ — противолежащий, $b$ — прилежащий катет
$\sin30^\circ=\cos60^\circ=\dfrac12,\quad \sin45^\circ=\cos45^\circ=\dfrac{\sqrt2}{2},\quad \sin60^\circ=\cos30^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$ — синус и косинус углов $30^\circ$ , $45^\circ$ , $60^\circ$
$\operatorname{tg}30^\circ=\dfrac{\sqrt3}{3},\quad \operatorname{tg}45^\circ=1,\quad \operatorname{tg}60^\circ=\sqrt3$ — тангенс углов $30^\circ$ , $45^\circ$ , $60^\circ$

Замечательные точки и линии треугольника

$AM:MM_1=2:1$ — медианы пересекаются в одной точке (центр масс) и делятся ею в отношении $2:1$ , считая от вершины
$S_{ABM_1}=S_{ACM_1}=\dfrac12 S_{ABC}$ — медиана делит треугольник на два равновеликих; три медианы — на шесть равновеликих
$m_a=\dfrac12\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$ — длина медианы к стороне $a$
$m_a^2+m_b^2+m_c^2=\dfrac34\left(a^2+b^2+c^2\right)$ — сумма квадратов медиан
$r=\dfrac{S}{p}$ — биссектрисы пересекаются в центре вписанной окружности; он равноудалён от сторон, $p$ — полупериметр

Прямоугольный треугольник

$c^2=a^2+b^2$ — теорема Пифагора, $a$ , $b$ — катеты, $c$ — гипотенуза
$3,4,5;\ 5,12,13;\ 8,15,17;\ 7,24,25$ — пифагоровы тройки (и пропорциональные им: $6,8,10$ и т. п.)
$\sin A=\dfrac ac,\ \cos A=\dfrac bc,\ \operatorname{tg}A=\dfrac ab$ — синус, косинус, тангенс острого угла $A$ ; $a$ — противолежащий, $b$ — прилежащий катет
$a=c\sin A=c\cos B,\quad b=c\cos A=a\operatorname{ctg}A$ — катеты через гипотенузу и острый угол
$\sin^2A+\cos^2A=1,\quad \operatorname{tg}A=\dfrac{\sin A}{\cos A}$ — основное тригонометрическое тождество и тангенс

Четырёхугольники

$AB=CD,\ AD=BC,\ \angle A=\angle C$ — в параллелограмме противоположные стороны и углы равны
$\angle A+\angle B=180^\circ$ — сумма углов параллелограмма, прилежащих к одной стороне
$AO=OC,\ BO=OD$ — диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам
$d_1^2+d_2^2=2(a^2+b^2)$ — сумма квадратов диагоналей параллелограмма
$AC\perp BD$ — диагонали ромба перпендикулярны и являются биссектрисами его углов

Правильные многоугольники

$\alpha_n=\dfrac{180^\circ(n-2)}{n}$ — угол правильного $n$ -угольника ( $60^\circ$ , $90^\circ$ , $108^\circ$ , $120^\circ$ , $135^\circ$ при $n=3,4,5,6,8$ )
$\varphi=\dfrac{360^\circ}{n}$ — центральный угол, опирающийся на сторону; внешний угол при вершине тоже $\dfrac{360^\circ}{n}$
$\dfrac{n(n-3)}{2}$ — число диагоналей выпуклого $n$ -угольника
$S=\dfrac12 Pr=\dfrac12 n\,a\,r$ — площадь правильного многоугольника ( $P$ — периметр, $r$ — радиус вписанной окружности)
$a=2R\sin\dfrac{180^\circ}{n}$ — сторона через радиус описанной окружности

Окружность

$C=2\pi R,\quad S=\pi R^2$ — длина окружности и площадь круга
$l=\dfrac{\pi R\alpha}{180^\circ},\quad S=\dfrac{\pi R^2\alpha}{360^\circ}$ — длина дуги и площадь сектора с центральным углом $\alpha$
$\angle ABC=\dfrac12\angle AOC$ — вписанный угол равен половине центрального, опирающегося на ту же дугу
$\angle ACB=90^\circ$ — вписанный угол, опирающийся на диаметр $AB$ , прямой
$OA\perp a$ — касательная перпендикулярна радиусу, проведённому в точку касания

Хорды, касательные и секущие

$OM\perp AB,\ AM=MB$ — диаметр (радиус), перпендикулярный хорде, делит её пополам; и наоборот, серединный перпендикуляр к хорде проходит через центр
$AB=2\sqrt{R^2-d^2}$ — длина хорды на расстоянии $d$ от центра; чем ближе хорда к центру, тем она длиннее
$AB\le2R$ — диаметр — наибольшая хорда окружности; равные хорды стягивают равные дуги
$AB=2R\sin\alpha$ — хорда через радиус и вписанный угол $\alpha$ , опирающийся на неё
$AB=2R\sin\dfrac{\varphi}{2}$ — хорда через радиус и центральный угол $\varphi$

Вписанные и описанные окружности

$r=\dfrac{S}{p},\quad S=pr$ — радиус вписанной окружности треугольника; её центр — пересечение биссектрис
$R=\dfrac{abc}{4S}=\dfrac{a}{2\sin A}$ — радиус описанной окружности треугольника; центр — пересечение серединных перпендикуляров
$R=\dfrac c2,\quad r=\dfrac{a+b-c}{2}$ — прямоугольный треугольник: центр описанной окружности — середина гипотенузы
$R=\dfrac{a\sqrt3}{3},\quad r=\dfrac{a\sqrt3}{6},\quad R=2r$ — правильный треугольник
$R=\dfrac{b^2}{2h}$ — равнобедренный треугольник с боковой стороной $b$ и высотой $h$ к основанию

Координаты на плоскости

$AB=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$ — расстояние между точками $A(x_1;\ y_1)$ и $B(x_2;\ y_2)$
$M\left(\dfrac{x_1+x_2}{2};\ \dfrac{y_1+y_2}{2}\right)$ — середина отрезка
$G\left(\dfrac{x_1+x_2+x_3}{3};\ \dfrac{y_1+y_2+y_3}{3}\right)$ — точка пересечения медиан треугольника
$x=\dfrac{x_1+\lambda x_2}{1+\lambda},\quad y=\dfrac{y_1+\lambda y_2}{1+\lambda}$ — точка, делящая отрезок $AB$ в отношении $AM:MB=\lambda$
$y=kx+b$ — уравнение прямой; $k=\operatorname{tg}\varphi$ — угловой коэффициент ( $\varphi$ — угол с осью $Ox$ ), $b$ — ордината пересечения с осью $Oy$

Примеры с решениями

Условия — в стиле заданий ФИПИ. Сначала попробуйте решить сами, потом откройте подсказки и решение.

Пример 1

сложность: средняя

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA_1$ и $CC_1$ .

а) Докажите, что треугольник $A_1BC_1$ подобен треугольнику $ABC$ .

б) Найдите $A_1C_1$ , если $AB=13$ , $BC=14$ , $AC=15$ .

Подсказки

Рассмотрите прямоугольные треугольники $ABA_1$ и $CBC_1$ с общим острым углом $B$ .
Выразите $BA_1$ и $BC_1$ через стороны $AB$ , $BC$ и $\cos\angle B$ .
Коэффициент подобия равен $\cos\angle B$ ; найдите его по теореме косинусов и умножьте на $AC$ .

Решение

а) Треугольник $ABC$ остроугольный, поэтому основания высот $A_1$ и $C_1$ лежат на сторонах $BC$ и $AB$ . В прямоугольном треугольнике $ABA_1$ (угол $A_1$ прямой) $BA_1=AB\cos\angle B$ . В прямоугольном треугольнике $CBC_1$ (угол $C_1$ прямой) $BC_1=BC\cos\angle B$ . Значит,

$\frac{BA_1}{BA}=\frac{BC_1}{BC}=\cos\angle B,$

а угол $B$ у треугольников $A_1BC_1$ и $ABC$ общий. Следовательно, треугольники $A_1BC_1$ и $ABC$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними (вершине $A_1$ соответствует $A$ , вершине $C_1$ соответствует $C$ ), коэффициент подобия равен $\cos\angle B$ .

б) По теореме косинусов

$\cos\angle B=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\cdot AB\cdot BC}=\frac{169+196-225}{2\cdot13\cdot14}=\frac{140}{364}=\frac{5}{13}.$

Треугольник со сторонами $13$ , $14$ , $15$ остроугольный: наибольшая сторона равна $15$ и $15^2=225<13^2+14^2=365$ , так что условие задачи выполнено. По пункту а) стороне $A_1C_1$ соответствует сторона $AC$ , поэтому

$A_1C_1=AC\cdot\cos\angle B=15\cdot\frac{5}{13}=\frac{75}{13}.$

Ответ: б) $\frac{75}{13}$ .

Решить в Telegram

Пример 2

сложность: повышенная

Биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ пересекает описанную около него окружность в точке $W$ , отличной от $A$ . Точка $I$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$ .

а) Докажите, что $WB=WI$ .

б) Найдите $WI$ , если $BC=6\sqrt3$ и $\angle BAC=60^\circ$ .

Подсказки

Точка $I$ лежит на биссектрисе $AW$ ; выразите углы $WBI$ и $WIB$ через углы треугольника $ABC$ .
Угол $WIB$ — внешний угол треугольника $ABI$ , а угол $WBC$ — вписанный и опирается на ту же дугу, что и угол $WAC$ .
В пункте б) найдите угол $BWC$ и рассмотрите равнобедренный треугольник $BWC$ .

Решение

а) Обозначим $\angle BAC=\alpha$ , $\angle ABC=\beta$ . Центр $I$ вписанной окружности — точка пересечения биссектрис, поэтому $I$ лежит на отрезке $AW$ , а $BI$ — биссектриса угла $B$ .

Вписанные углы $WBC$ и $WAC$ опираются на одну дугу $WC$ , значит, $\angle WBC=\angle WAC=\frac{\alpha}{2}$ . Тогда

$\angle WBI=\angle WBC+\angle CBI=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}.$

Угол $WIB$ — внешний угол треугольника $ABI$ при вершине $I$ , поэтому

$\angle WIB=\angle BAI+\angle ABI=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}.$

Итак, $\angle WBI=\angle WIB$ , треугольник $WBI$ равнобедренный и $WB=WI$ .

б) Аналогично $\angle WCB=\angle WAB=\frac{\alpha}{2}=\angle WBC$ , поэтому $WB=WC$ . Биссектриса угла $A$ пересекает отрезок $BC$ , значит, точки $A$ и $W$ лежат по разные стороны от прямой $BC$ , четырёхугольник $ABWC$ вписанный и

$\angle BWC=180^\circ-\angle BAC=120^\circ.$

В равнобедренном треугольнике $BWC$ углы при основании равны $30^\circ$ . По теореме синусов

$WB=\frac{BC\cdot\sin30^\circ}{\sin120^\circ}=\frac{6\sqrt3\cdot\frac12}{\frac{\sqrt3}{2}}=6.$

По пункту а) $WI=WB=6$ .

Ответ: б) 6.

Решить в Telegram

Пример 3

сложность: средняя

В трапецию $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ вписана окружность с центром $O$ .

а) Докажите, что $\angle AOB=90^\circ$ .

б) Найдите $OA$ , если трапеция равнобедренная, $BC=4$ , $AD=16$ .

Подсказки

Центр вписанной окружности лежит на биссектрисах углов трапеции.
Сумма углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, равна $180^\circ$ .
В пункте б) опустите из $O$ перпендикуляр на $AB$ в точку касания $K$ и найдите $AK$ и $BK$ через отрезки касательных.

Решение

а) Центр окружности, вписанной в трапецию, равноудалён от прямых $AB$ , $AD$ и $BC$ , поэтому $AO$ и $BO$ — биссектрисы углов $BAD$ и $ABC$ . Так как $AD\parallel BC$ , углы $BAD$ и $ABC$ — односторонние при секущей $AB$ , и $\angle BAD+\angle ABC=180^\circ$ . Тогда в треугольнике $AOB$

$\angle OAB+\angle OBA=\frac{1}{2}\left(\angle BAD+\angle ABC\right)=90^\circ,$

откуда $\angle AOB=180^\circ-90^\circ=90^\circ$ .

б) Пусть окружность касается $AB$ в точке $K$ , $AD$ — в точке $M$ , $BC$ — в точке $N$ . Равнобедренная трапеция симметрична относительно общего серединного перпендикуляра оснований, и вписанная окружность при этой симметрии переходит в себя. Значит, $M$ и $N$ — середины оснований: $AM=8$ , $BN=2$ . Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны: $AK=AM=8$ , $BK=BN=2$ , поэтому $AB=10$ .

По пункту а) треугольник $AOB$ прямоугольный с прямым углом $O$ , а $OK\perp AB$ — его высота, проведённая к гипотенузе. Поэтому

$OA^2=AK\cdot AB=8\cdot10=80,\qquad OA=4\sqrt5.$

(Проверка: радиус $OK=\sqrt{AK\cdot BK}=4$ , а высота трапеции $\sqrt{AB^2-6^2}=\sqrt{100-36}=8$ равна диаметру.)

Ответ: б) $4\sqrt5$ .

Решить в Telegram