На этой странице - обзор разных типов заданий № 16 ЕГЭ-2021 по математике, то есть задач по геометрии.
Все они имеют нечто общее: во-первых, это стандартный уровень сложности, то есть вполне решаемые задачи. Пункт (а) в них вообще простой.
Во-вторых, в каждой из них применяются свойства четырехугольников, вписанных в окружности.
В первой задаче такая окружность находится почти сразу, причем она – вспомогательная, и ее можно даже не изображать на чертеже. Главное – найти равные вписанные углы, опирающиеся на равные дуги или на одну дугу.
Также здесь использована формула синуса тройного угла. Если вы ее забыли – не беда. Ведь \(\sin 3\alpha = \sin (\alpha + 2\alpha),\) а формулу синуса суммы вы знаете.
1. Дана равнобедренная трапеция ABCD, в которой меньшее основание ВС равно боковой стороне. Точка Е такова, что ВЕ перпендикулярно AD и СЕ перпендикулярно BD.
а) Доказать, что угол АЕВ равен углу BDA.
б) Найти площадь трапеции ABCD, если АВ = 32, косинус угла АDВ равен \(\displaystyle \frac{3}{4}. \)
Решение:
Проведем \(m\perp AD,\: B \in m,\)
\(n\perp BD,\: C \in n,\: m \cap n=E.\)
\(CE \cap BD=M,\) \(BE \cap AD = H\)
\(\triangle BCD\) – равнобедренный, CM – высота, проведенная к основанию, значит, M – середина BD.
Докажем, что точки A, B, C, D, E лежат на одной окружности.
ABCD – равнобедренная трапеция, ее можно вписать в окружность.
В \(\triangle BED \: \:\:EM\) – медиана и высота, значит, \(\triangle BED\) равнобедренный, BE = ED.
Тогда \(\triangle CBE = \triangle CDE\) по трем сторонам, \(\angle CDE = \angle CBE = 90^{\circ},\) четырехугольник BCDE можно вписать в окружность, т.к. \(\angle CBE +\angle CDE = 90^{\circ} + 90^{\circ} =180^{\circ};\)
Так как вокруг \(\triangle BCD\) можно описать только одну окружность и вокруг четырехугольников ABCD и BCDE тоже можно описать окружность, точки A, B, C, D, E лежат на одной окружности, \(\angle AEB =\angle BDA\) так как опираются на одну и ту же дугу AB (точки E и D лежат по одну сторону от прямой AD).
б) Так как AB = BC = CD, то дуги AB, BC и CD также равны.
Пусть \(\angle AEB = \angle BDA = \varphi ,\) тогда
\(\angle BEC = \angle CED = \angle CBD = \angle CDB = \varphi ,\)
\(\angle BCD = \angle ABC = 180^{\circ} - 2\varphi ,\)
\(\angle AED = 3\varphi .\)
Четырехугольник ABDE вписан в окружность, тогда \(\angle ABD = 180^{\circ} - 3 \varphi .\)
Рассмотрим \(\triangle ABD. \)
По формуле синуса тройного угла,
\(\sin 3 \varphi = 3 \sin \varphi - 4 \sin ^3 \varphi ,\) тогда по теореме синусов
\(\displaystyle \frac{AB}{\sin \varphi}=\frac{AD}{\sin \varphi \left (3-4 \sin ^ 2 \varphi \right )} ;\)
\(\displaystyle AB=\frac{AD}{3-4 \sin ^ 2 \varphi} ;\)
По условию,
\(\displaystyle \cos \varphi = \frac{3}{4},\) \(\displaystyle \cos^2 \varphi = \frac{9}{16} \Rightarrow \sin ^2 \varphi =\frac{7}{16};\)
\(\displaystyle AB=\frac{AD}{3-\frac{7}{4}}=\frac{AD \cdot 4}{5}.\)
По условию, \(\displaystyle AB=32=\frac{4}{5}AD \Rightarrow AD=40.\)
Пусть \(BE \cap AD =H;\)
Проведем в трапеции ABCD высоту CK, тогда
BH и CK – высоты трапеции, а так как трапеция равнобедренная, то
\(\displaystyle AH=KD=\frac{40-32}{2}=4\)
Из \(\triangle ABH:\)
\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{32^2 - 4^2}=\sqrt{4^2 \cdot 8^2 -4^2}=4\sqrt{63};\)
\(\displaystyle S_{ABCD}=\frac{AD+BC}{2}\cdot BH=\frac{32+40}{2}\cdot 4\sqrt{63}=144\sqrt{63}=\)
\(=144\cdot 3\sqrt{7}=432\sqrt{7}\)
Во второй задаче мы увидим ту же идею: вспомогательную окружность. Это один из методов, помогающих решать задачи ЕГЭ по геометрии. Есть здесь и другой мощный прием – использование двух пар подобных треугольников. И еще свойство высоты прямоугольного треугольника, проведенной к гипотенузе. Если вы в восьмом и девятом классе учили геометрию – вы должны владеть этими приемами.
2. Дан прямоугольный треугольник АВС с прямым углом С. Из вершины С на гипотенузу опущена высота СН, на АС и ВС соответственно отмечены точки М и N так, что угол MHN – прямой.
а) Докажите, что треугольники МNH и АВС подобны.
б) Найдите СN, если АС = 5, СМ = 2, ВС = 3.
Решение:
а) Рассмотрим четырехугольник CMHN.
\(\angle C=\angle H =90^\circ \) по условию, \(\angle C + \angle H = 180^\circ ,\) значит, CMHN можно вписать в окружность; \(\angle HMN = \angle HCN= \alpha \) вписанные, опираются на дугу HN.
\(\angle HCN= 90^\circ - \angle HBC\) (из \(\triangle HBC\)), \(\angle HBC = \angle B = 90^\circ - \angle BAC\) (из \(\triangle ABC),\) отсюда \(\alpha =\angle BAC .\)
\(\triangle MNH \sim \triangle ABC\) по двум углам.
б) Пусть \(AC = 5,\; CM = 2, \; BC=3.\)
Найдем CN.
Рассмотрим \(\triangle CNH .\)
\(\angle HCN =\angle CAB = \alpha .\)
Пусть \(\angle AHM = \alpha, \) тогда \(\angle BHN = 180^\circ - 90^ \circ - \alpha =90^\circ - \alpha , \)
\(\angle CHN = 90^\circ - (90^\circ - \alpha) =\alpha ,\)
\(\triangle CHN \sim \triangle AHM\) по двум углам.
Запишем соотношение сходственных сторон.
\(\displaystyle \frac{CH}{AH}=\frac{CN}{AM}.\)
По условию, AM = 3, найдем CH — высоту \(\triangle ABC .\)
\(\displaystyle S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} AC \cdot BC =\frac{1}{2} AB \cdot CH ,\) по теореме Пифагора, \(\displaystyle AB=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34} ,\; CH=\frac{AC \cdot BC}{AB}=\frac{15}{\sqrt{34}} ,\)
AH — проекция катета AC на гипотенузу, по свойствам прямоугольного треугольника, \(AC^2=AB\cdot AH,\) отсюда \(\displaystyle AH=\frac{AC^2}{AB}=\frac{25}{\sqrt{34}}\)
\(\displaystyle CN=\frac{CH\cdot AM}{AH}=\frac{15\cdot \sqrt{34}\cdot 3}{\sqrt{34}\cdot 25}=\frac{9}{5}\)
Ответ: 1,8
В следующей задаче мы снова видим окружность и вписанную в нее трапецию. И наверное, вы уже заметили: пункт (а) задач по геометрии на ЕГЭ часто оказывается подсказкой для решения пункта (б). То, что мы доказали в (а), мы используем в пункте (б).
3. Даны 5 точек на окружности: A, B, C, D, E, причем АЕ = ED = CD, ВЕ перпендикулярен АС.
Точка Т – точка пересечения АС и BD.
а) Докажите, что отрезок ЕС делит отрезок ТD пополам.
б) Найдите площадь треугольника АВТ, если BD = 10, АЕ = \(2\sqrt{2}.\)
а) \(AE=ED=CD, BE \perp AC,\)
\(BD \cap AC = T ;\)
\(DT \cap EC = M.\)
Докажем, что M — середина TD.
Если AE = ED = DC, то дуги AE, ED, DC, также равны;
\(\angle ACE =\angle CED\) — накрест лежащие, при пересечении AC и DE секущей CE, значит, \(AC \parallel DE ,\) AEDC — равнобедренная трапеция. \(BE \perp AC \Rightarrow BE \perp DE,\; \angle BED=90^\circ ,\) значит, BD — диаметр окружности.
\(\angle DCB = 90^\circ\) (опирается на диаметр), \(\triangle BED = \triangle BCD\) по катету и гипотенузе, тогда \(\angle BDE = \angle BDC ,\) DM — биссектриса равнобедренного \(\triangle CDE ,\) т.к. \(\triangle CDE\) — равнобедренный, то DM — медиана \(\triangle CDE ,\) M — середина CE, кроме того, DM — высота \(\triangle CDE .\)
В \(\triangle CTE \; \; TM\) — медиана и высота, значит, \(\triangle CTE\) — равнобедренный, а так как \(\angle TCE = \angle CED\) — накрест лежащие, при параллельных прямых AC и DE и секущей CE, то \(\triangle CTE = \triangle CDE ;\) по боковой стороне и углу при основании, тогда
CDET — ромб, M - точка пересечения его диагоналей, M — середина TD.
б) BD = 10, \(AE = 2\sqrt{2} .\)
Найдем \(S_{\triangle ABT} .\)
Обозначим \(AE = 2 \sqrt{2} =x.\)
Мы нашли, что AE = ED = CD = CT = ET.
BD = 10 — диаметр окружности.
\(\triangle AET\) — равнобедренный, AE = ET, \(N=AT \cap BE ,\; EN\) — высота и медиана \(\triangle AET .\)
Тогда BN — медиана и высота \(\triangle ABT , \; \triangle ABT\) — равнобедренный, AB = BT.
Обозначим \(\angle ACE = \varphi,\) тогда \(\angle ABE = \angle ACE =\varphi\) — опираются на дугу AE, \(\angle ABE = \angle TBE .\)
Тогда \(\displaystyle S_{\triangle ABT} = \frac{1}{2}AB\cdot BT\cdot \sin 2\varphi = \frac{1}{2}AB^2 \sin 2 \varphi .\)
Из \(\triangle AEC\) по теореме синусов:
\(\displaystyle \frac{AE}{\sin \varphi}=2R=BD , \; \sin \varphi = \frac{AE}{BD}=\frac{x}{BD}=\frac{2\sqrt{2}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{5};\)
\(\displaystyle cos \varphi =\sqrt{1-\sin^2 \varphi}=\sqrt{1-\frac{2}{25}}=\frac{\sqrt{23}}{5}.\)
\(\displaystyle \sin 2\varphi =2 \sin \varphi \cos \varphi = 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{5}\cdot \frac{\sqrt{23}}{5}=\frac{2\sqrt{46}}{25}\)
Из \(\triangle DMC ,\; \angle M = 90^\circ ,\)
\(\displaystyle DM = DC\cdot \sin \varphi = 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{2}}{5}=\frac{4}{5}.\)
Тогда \(\displaystyle DT = 2 DM =\frac{8}{5};\)
\(\displaystyle BT = BD-DT=10-\frac{8}{5}=\frac{42}{5}=AB;\)
\(\displaystyle S_{\triangle ABT}=\frac{1}{2}\cdot \frac{42^2}{5^2}\cdot \frac{2\sqrt{46}}{25}=\frac{1764\sqrt{46}}{625} \)
И еще одна трапеция, вписанная в окружность. Теперь вы точно выучите ее свойства наизусть! Также здесь применяется теорема о пересекающихся хордах. Все эти полезные теоремы, свойства и признаки можно найти в нашей универсальной шпаргалке – Справочнике Анны Малковой для подготовки к ЕГЭ по математике. Скачать Справочник бесплатно можно здесь.
4. Трапеция с большим основанием AD и высотой ВН вписана в окружность. Прямая BH пересекает окружность в точке К.
а) Доказать, что \(AK \perp AC.\)
б) Найдите AD, если: радиус окружности равен шести, \(\angle BAC =30^\circ ,\) СК пересекается с AD в точке N и площадь четырехугольника BHNC в 24 раза больше, чем плошать треугольника KHN.
Решение:
а) Трапеция ABCD вписана в окружность, следовательно, AB = CD (трапеция равнобокая)
Обозначим \(\angle ADC = \angle BAD = \alpha ,\)
\(\angle ABH = \beta ;\)
Из \(\triangle ABH ,\) где \(\angle H = 90^\circ ;\) получим: \(\alpha + \beta = 90^\circ .\)
Тогда \(\angle ADK = \angle ABK = \beta\) — вписанные, опираются одну и ту же на дугу AK;
\(\angle CDK = \angle ADK + \angle ADC = \beta + \alpha = 90^\circ ,\) следовательно, CK — диаметр окружности, так как вписанный угол, опирающийся на диаметр, прямой; \(\angle CAK\) — опирается на диаметр CK, значит, \(\angle CAK = 90^\circ , AK \perp AC .\)
б) По условию, \(S_{BHNC} = 24 \cdot S_{KNH} .\)
Так как \(AD \parallel BC , \; \triangle KNH \sim \triangle KCB \)
По двум углам, \(\displaystyle \frac{S_{\triangle KCB}}{S_{\triangle KNH}}=k^2 ,\)
\(S_{\triangle KCB} = S_{BHNC} + S_{\triangle KNH} = 25 S_{\triangle KNH} \Rightarrow k = 5,\)
\(\displaystyle k = \frac{BK}{KH}= \frac{BC}{NH}=\frac{KC}{KN}=5;\)
тогда \(KN : NC = 1: 4 .\)
\(\angle BAC = \angle BKC = 30^\circ\) (опираются на дугу BC), тогда \(\displaystyle KC=12, \; BC =\frac{12}{2} = 6, \; KN = \frac{12}{5}, \; NC = \frac{48}{5}, \; HN=\frac{6}{5}.\)
Проведем \(CE \perp AD,\)
Обозначим \(AH = ED = x;\) так как HE = BC,
а \(BC=\frac{KC}{2}=R=6,\)
\(AD = BC + 2x = 6+2x.\)
Из подобия треугольников KNH и KCB следует, что \(\frac{BC}{HN}=5, \; HN=\frac{BC}{5}=\frac{6}{5},\) тогда
\(\displaystyle AN = AH + HN = x+ \frac{6}{5}\)
\(\displaystyle ND = HE - HN + ED = 6-\frac{6}{5}+x=\frac{24}{5}+x.\)
По теореме о пересекающихся хордах,
\(AN \cdot ND = KN \cdot NC ;\)
\(\left ( 5x+6 \right )\cdot \left ( 5x+24 \right )=12\cdot 48 ,\)
\(\left ( 5x+15-9 \right )\cdot \left ( 5x+15+9 \right )=12\cdot 48 ,\)
Представив левую часть уравнения как разность квадратов, получим:
\(\left ( 5x+15 \right )^2-81=12\cdot 48 ,\)
\(\left ( 5x+15 \right )^2=81+12\cdot 48 ,\)
\(\left ( 5x+15 \right )^2=9\left (9+64 \right ) ,\)
\(\left | 5x+15 \right |=3\sqrt{73}\)
По смыслу задачи \(x \textgreater 0,\) тогда и \(5x+15\textgreater 0,\) значит \(\displaystyle 5x+15=3\sqrt{73}, \;x=\frac{3\sqrt{73}}{5}-3\)
Тогда \(\displaystyle AD=6+2x=\frac{6\sqrt{73}}{5}.\)
Задача по геометрии на ЕГЭ по математике оценивается в 3 балла. Как видите, в 2021 году эти 3 балла за геометрию можно было получить без особенных трудностей. На нашем Онлайн-курсе подготовки к ЕГЭ мы решаем и такие задачи по геометрии, и более сложные. Если ты сейчас в 10-м или в 11-м классе – попробуй бесплатно Демо-доступ к Онлайн-курсу.
5. (Резервный день) Окружность с центром О, построенная на катете АС прямоугольного треугольника АВС, как на диаметре, пересекает гипотенузу АВ в точках А и D. Касательная, проведенная к этой окружности в точке D, пересекает катет ВС в точке М.
А) Докажите, что ВМ = СМ
Б) Прямая DM пересекает прямую АС в точке Р, прямая ОМ пересекает прямую ВР в точке К.
Найдите ВК : КР, если \(\cos \angle BAC = \frac{2\sqrt{5}}{5}.\)
Решение:
а) Так как \(OA=OD=R\) – радиус окружности, \(\angle OAD=\angle ODA = \alpha ,\; \triangle OAD\) – равнобедренный, так как \(OD \perp DM, \; \angle ODM = 90^\circ\) (касательная перпендикулярна радиусу, проведенному в точку касания), тогда \(\angle BDM = 180^\circ - 90^\circ - \alpha = \angle ABC;\)
\(\triangle BDM\) равнобедренный, \(\angle DBM = \angle BDM = \beta = 90^\circ - \alpha .\)
\(\angle CDM\) – угол между касательной и хордой, \(\displaystyle \angle CDM = \frac{1}{2} \breve{CD} = \angle CAD = \alpha .\)
Тогда \(\angle CDM +\angle BDM = \alpha +\beta=90^\circ ,\; CD \perp AB,\) т.е. \(CD\) – высота \(\triangle ABC, \; \triangle CBD\) – прямоугольный, \(\angle DCB = 90^\circ - \beta = \alpha, \; \triangle CDM\) – равнобедренный, \(CM = DM,\) отсюда \(CM = BM.\)
б)
Найдем BK : KP, если \(\displaystyle \cos \angle BAC = \frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{2}{\sqrt{5}},\) тогда \(\displaystyle \sin \angle BAC = \frac{1}{\sqrt{5}},\)
\(\displaystyle tg \angle BAC = tg \alpha = \frac{1}{2}.\)
\(OM\) – средняя линия
\(OM \parallel AB, \; \triangle ABC , \; OM \perp CD .\)
Значит, \(\angle OMC = \beta = \angle BMK ; \) (вертикальные), \(\triangle DBM \) - равнобедренный, \(\angle D =\angle B = \beta ,\) тогда \(\angle DMB = 180^\circ - 2 \beta = \angle CMP , \) так как \(\angle CMP + \angle PKM \ne \angle BMK = 180^ \circ ,\) \(\angle PMK = 180^ \circ - 180^\circ +2\beta - \beta = \beta,\) MK – биссектриса \(\angle PMP ,\) \(\angle PMK = \angle BMK = \beta .\)
Из \(\triangle PMK\) по свойству биссектрисы \(BK : KP = BM : PM;\)
Пусть \(BC=a,\) тогда \(AC = 2a\) (т.к. \(\displaystyle tg \alpha = \frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}\)), \(BM=\frac{a}{2}.\)
\(\displaystyle OD = a = \frac{AC}{2},\) в \(\triangle ODP\) \(\angle POD = 2 \alpha\) (внешний угол \(\triangle AOB\)),
\(\frac{PD}{OD}=tg2\alpha;\)
\(\displaystyle tg 2 \alpha = \frac{2tg \alpha}{1-tg^2 \alpha} = \frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3},\)
\(\displaystyle PD = \frac{4}{3}OD=\frac{4}{3}a;\)
\(\displaystyle PM=PD-DM=\frac{4}{3}a-\frac{a}{2}=\frac{5a}{6};\)
\(\displaystyle \frac{BK}{KP}=\frac{BM}{PM}=\frac{a\cdot 6}{2\cdot 5a} = \frac{3}{5}\)
Ответ: 3:5
