Задание 24 ОГЭ по математике: геометрия: доказательство

ОГЭ по математике · задание 24 · часть 2, развёрнутое решение · до 2 баллов. В банке «Корень» — 16 задач этого номера: доказательства в геометрии, четырёхугольники, треугольники, окружность и круг, площади фигур, вписанные и центральные углы.

Формулы к заданию 24

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
$r=\dfrac{S}{p}$ — биссектрисы пересекаются в центре вписанной окружности; он равноудалён от сторон, $p$ — полупериметр
$\dfrac{AL}{LC}=\dfrac{AB}{BC}$ — свойство биссектрисы $BL$ : она делит сторону $AC$ на части, пропорциональные прилежащим сторонам
$OA=OB=OC=R$ — серединные перпендикуляры пересекаются в центре описанной окружности; в остроугольном треугольнике он внутри, в прямоугольном — середина гипотенузы, в тупоугольном — вне

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

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
$AE\cdot EB=CE\cdot ED$ — пересекающиеся хорды $AB$ и $CD$ : произведения отрезков равны

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
$AT=p-a$ — точка касания вписанной окружности делит стороны на отрезки $p-a$ , $p-b$ , $p-c$ (от вершины $A$ до точки касания $p-a$ )

Примеры с решениями

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

Пример 1

сложность: средняя

В треугольнике $ABC$ стороны $AB$ и $BC$ равны. На стороне $AB$ отмечена точка $M$ , а на стороне $BC$ — точка $N$ так, что $AM=CN$ . Докажите, что $AN=CM$ .

Подсказки

Найдите два треугольника, сторонами которых являются отрезки $AN$ и $CM$ .
Рассмотрите треугольники $AMC$ и $CNA$ : у них есть общая сторона.
Углы при основании равнобедренного треугольника равны — это даёт равенство углов между известными сторонами.

Решение

Треугольник $ABC$ равнобедренный с основанием $AC$ ( $AB=BC$ ), поэтому углы при основании равны: $\angle BAC=\angle BCA$ .

Точка $M$ лежит на стороне $AB$ , точка $N$ — на стороне $BC$ , поэтому $\angle MAC=\angle BAC$ и $\angle NCA=\angle BCA$ , то есть $\angle MAC=\angle NCA$ .

Рассмотрим треугольники $AMC$ и $CNA$ :

$AM=CN$ по условию;
$AC$ — общая сторона;
$\angle MAC=\angle NCA$ (доказано выше).

Значит, треугольники $AMC$ и $CNA$ равны по двум сторонам и углу между ними. В равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны: сторона $CM$ лежит против угла $MAC$ , сторона $AN$ — против равного ему угла $NCA$ . Следовательно, $AN=CM$ , что и требовалось доказать.

Ответ: доказательство приведено.

Решить в Telegram

Пример 2

сложность: повышенная

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность. Прямые $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $P$ , причём точка $B$ лежит между $A$ и $P$ , а точка $C$ — между $D$ и $P$ . Докажите, что треугольники $PBC$ и $PDA$ подобны.

Подсказки

Угол при вершине $P$ у треугольников общий — нужна ещё одна пара равных углов.
Угол $PBC$ смежный с углом $ABC$ четырёхугольника.
Вспомните, чему равна сумма противоположных углов вписанного четырёхугольника.

Решение

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, поэтому сумма его противоположных углов равна $180^\circ$ : $\angle ABC+\angle ADC=180^\circ$ .

Точка $B$ лежит между $A$ и $P$ , поэтому углы $ABC$ и $PBC$ смежные: $\angle PBC=180^\circ-\angle ABC=\angle ADC$ .

Точка $C$ лежит на отрезке $DP$ , поэтому $\angle ADC=\angle ADP=\angle PDA$ . Итак, $\angle PBC=\angle PDA$ .

Кроме того, точки $B$ и $A$ лежат на одном луче с началом $P$ , точки $C$ и $D$ — тоже, поэтому угол $BPC$ совпадает с углом $DPA$ : угол $P$ у треугольников $PBC$ и $PDA$ общий.

Значит, треугольники $PBC$ и $PDA$ подобны по двум углам (вершине $B$ соответствует вершина $D$ , вершине $C$ — вершина $A$ ), что и требовалось доказать.

Ответ: доказательство приведено.

Решить в Telegram

Пример 3

сложность: средняя

На диагонали $BD$ параллелограмма $ABCD$ отмечены точки $E$ и $F$ так, что $BE=DF$ (точка $E$ лежит между $B$ и $F$ ). Докажите, что четырёхугольник $AECF$ — параллелограмм.

Подсказки

Воспользуйтесь признаком параллелограмма через диагонали.
Проведите диагональ $AC$ ; пусть $O$ — точка пересечения диагоналей $ABCD$ . Что известно о точке $O$ ?
Сравните отрезки $OE$ и $OF$ , используя $OB=OD$ и $BE=DF$ .

Решение

Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ . Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам, поэтому $AO=OC$ и $BO=OD$ .

Так как $BE=DF$ и $BE+EF+FD=BD$ , то $BE=DF<\frac12 BD$ , значит, точка $E$ лежит на отрезке $BO$ , а точка $F$ — на отрезке $OD$ . Тогда

$OE=OB-BE, \qquad OF=OD-DF,$

и из $OB=OD$ , $BE=DF$ получаем $OE=OF$ .

Отрезки $AC$ и $EF$ — диагонали четырёхугольника $AECF$ . Они пересекаются в точке $O$ и делятся ею пополам: $AO=OC$ , $EO=OF$ . По признаку параллелограмма (если диагонали четырёхугольника пересекаются и точкой пересечения делятся пополам, то он параллелограмм) $AECF$ — параллелограмм, что и требовалось доказать.

Ответ: доказательство приведено.

Решить в Telegram