Решать в Telegram

Задание 23 ОГЭ по математике: геометрия: вычисления

ОГЭ по математике · задание 23 · часть 2, развёрнутое решение · до 2 баллов. В банке «Корень» — 16 задач этого номера: прямоугольный треугольник, четырёхугольники, подобие, окружность и круг, треугольники, площади фигур.

Формулы к заданию 23

Основные понятия и углы

Треугольники

Четырёхугольники

Координаты на плоскости

Векторы на плоскости

Примеры с решениями

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

Пример 1

сложность: средняя

Биссектриса угла AA параллелограмма ABCDABCD пересекает сторону BCBC в точке KK, а продолжение стороны DCDC за точку CC — в точке EE. Найдите CECE, если AB=8AB=8, AD=13AD=13.

Подсказки
  1. Ищите равные углы при параллельных прямых: биссектриса — секущая для пар AD∥BCAD \parallel BC и AB∥DEAB \parallel DE.
  2. Докажите, что треугольник ABKABK равнобедренный, и найдите BKBK, а затем KCKC.
  3. В треугольнике KCEKCE угол при EE равен углу BAKBAK, а угол при KK — вертикальный к углу AKBAKB; сравните эти углы.
Решение

Обозначим ∠BAK=∠KAD=α\angle BAK=\angle KAD=\alpha (AKAK — биссектриса угла AA).

Прямые ADAD и BCBC параллельны, AKAK — секущая, поэтому ∠AKB=∠KAD=α\angle AKB=\angle KAD=\alpha как накрест лежащие. Значит, в треугольнике ABKABK углы при вершинах AA и KK равны, треугольник равнобедренный и BK=AB=8BK=AB=8.

Так как BC=AD=13BC=AD=13, получаем KC=BC−BK=13−8=5KC=BC-BK=13-8=5.

Прямые ABAB и DEDE параллельны (точка EE лежит на прямой DCDC), AEAE — секущая, поэтому ∠CEK=∠BAK=α\angle CEK=\angle BAK=\alpha как накрест лежащие. Кроме того, ∠CKE=∠AKB=α\angle CKE=\angle AKB=\alpha как вертикальные. Значит, треугольник KCEKCE равнобедренный с основанием KEKE, и CE=CK=5CE=CK=5.

Ответ: 5.

Решить в Telegram

Пример 2

сложность: повышенная

В равнобедренной трапеции ABCDABCD с основаниями ADAD и BCBC диагональ ACAC перпендикулярна боковой стороне CDCD. Найдите площадь трапеции, если AD=25AD=25, CD=15CD=15.

Подсказки
  1. Треугольник ACDACD прямоугольный с гипотенузой ADAD: найдите ACAC и высоту CHCH, опущенную на ADAD.
  2. Отрезок DHDH — проекция катета CDCD на гипотенузу: CD2=DH⋅ADCD^2=DH\cdot AD.
  3. В равнобедренной трапеции AD−BC=2 DHAD-BC=2\,DH; найдите BCBC и примените формулу площади трапеции.
Решение

Треугольник ACDACD прямоугольный (∠ACD=90∘\angle ACD=90^\circ), по теореме Пифагора

AC=AD2−CD2=625−225=20.AC=\sqrt{AD^2-CD^2}=\sqrt{625-225}=20.

Пусть CHCH — высота треугольника ACDACD (она же высота трапеции). Из двух выражений площади треугольника ACDACD: 12AC⋅CD=12AD⋅CH\frac12 AC\cdot CD=\frac12 AD\cdot CH, откуда

CH=AC⋅CDAD=20⋅1525=12.CH=\frac{AC\cdot CD}{AD}=\frac{20\cdot 15}{25}=12.

Из прямоугольного треугольника CHDCHD: DH=CD2−CH2=225−144=9DH=\sqrt{CD^2-CH^2}=\sqrt{225-144}=9.

Трапеция равнобедренная, поэтому высоты, опущенные из BB и CC на ADAD, отсекают от большего основания равные отрезки, и BC=AD−2 DH=25−18=7BC=AD-2\,DH=25-18=7.

Площадь трапеции:

S=AD+BC2⋅CH=25+72⋅12=192.S=\frac{AD+BC}{2}\cdot CH=\frac{25+7}{2}\cdot 12=192.

Ответ: 192.

Решить в Telegram

Пример 3

сложность: средняя

Диагонали ACAC и BDBD трапеции ABCDABCD с основаниями ADAD и BCBC пересекаются в точке OO. Найдите AOAO, если AD=15AD=15, BC=6BC=6, AC=14AC=14.

Подсказки
  1. Рассмотрите треугольники AODAOD и COBCOB, образованные основаниями и отрезками диагоналей.
  2. Докажите подобие этих треугольников по двум углам, используя AD∥BCAD \parallel BC.
  3. Из подобия AOOC=ADBC\dfrac{AO}{OC}=\dfrac{AD}{BC}; запишите OC=14−AOOC=14-AO и составьте уравнение.
Решение

Основания трапеции параллельны: AD∥BCAD \parallel BC. Рассмотрим треугольники AODAOD и COBCOB.

∠OAD=∠OCB\angle OAD=\angle OCB как накрест лежащие при параллельных прямых ADAD, BCBC и секущей ACAC; ∠AOD=∠COB\angle AOD=\angle COB как вертикальные. Значит, треугольники AODAOD и COBCOB подобны по двум углам, причём

AOOC=ADBC=156=52.\frac{AO}{OC}=\frac{AD}{BC}=\frac{15}{6}=\frac{5}{2}.

Пусть AO=xAO=x, тогда OC=14−xOC=14-x и 2x=5(14−x)2x=5(14-x), откуда 7x=707x=70, x=10x=10.

Ответ: 10.

Решить в Telegram