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 \(BC\) равно боковой стороне. Точка \(E\) такова, что \(BE\) перпендикулярно \(AD\) и \(CE\) перпендикулярно \(BD\).
а) Доказать, что угол \(AEB\) равен углу \(BDA.\)
б) Найти площадь трапеции \(ABCD\), если \(AB = 32\), косинус угла \(ADB\) 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 \(ABC\) с прямым углом \(C\). Из вершины \(C\) на гипотенузу опущена высота \(CH\), на \(AC\) и \(BC\) соответственно отмечены точки \(M\) и \(N\) так, что угол \(MHN\) – прямой.
а) Докажите, что треугольники \(MNH\) и \(ABC\) подобны.
б) Найдите \(CN\), если \(AC = 5, \; CM = 2, \; BC = 3.\)
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 \(AE = ED = CD, \; BE\) перпендикулярен \(AC\). Точка \(T\) – точка пересечения \(AC\) и \(BD\).
а) Докажите, что отрезок \(EC\) делит отрезок \(TD\) пополам.
б) Найдите площадь треугольника \(ABT\), если \(BD = 10, \; AE= 2\sqrt{2}.\)
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 \(BH\) вписана в окружность. Прямая \(BH\) пересекает окружность в точке \(K\).
а) Доказать, что \(AK \perp AC\).
б) Найдите \(AD\), если: радиус окружности равен шести, \(\angle BAC =30^\circ ,\; CK\) 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 \(BC=\displaystyle \frac{KC}{2}=R=6, \; AD = BC + 2x = 6+2x.\)
Из подобия треугольников \(KNH\) и \(KCB\) следует, что \(\displaystyle \frac{BC}{HN}=5, \; HN=\frac{BC}{5}=\frac{6}{5},\) 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 \(x > 0,\) тогда и \(5x+15> 0,\) 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 Демодоступ к Онлайн-курсу.
5. (Резервный день) Окружность с центром \(O\), построенная на катете \(AC\) прямоугольного треугольника \(ABC\), как на диаметре, пересекает гипотенузу \(AB\) в точках \(A\) и \(D\). Касательная, проведенная к этой окружности в точке \(D\), пересекает катет \(BC\) в точке \(M\).
а) Докажите, что \(BM = CM.\)
б) Прямая \(DM\) пересекает прямую \(AC\) в точке \(P\), прямая \(OM\) пересекает прямую \(BP\) в точке \(K\).
Найдите \(BK : KP\), если \(\cos \angle BAC = \displaystyle \frac{2\sqrt{5}}{5}.\)
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. \(\displaystyle tg \alpha = \frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}\)), \(BM=\displaystyle \frac{a}{2}.\)
\(\displaystyle OD = a = \frac{AC}{2},\) в \(\triangle ODP\) \(\angle POD = 2 \alpha\) (внешний угол \(\triangle AOB\)),
\(\displaystyle \frac{PD}{OD}=tg2\alpha;\)
\(\displaystyle tg 2 \alpha = \frac{2tg \alpha}{1-tg^2 \alpha} = \frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3};\)
\(\displaystyle PD = \frac{4}{3}OD=\frac{4}{3}a;\)
\(\displaystyle PM=PD-DM=\frac{4}{3}a-\frac{a}{2}=\frac{5a}{6};\)
\(\displaystyle \frac{BK}{KP}=\frac{BM}{PM}=\frac{a\cdot 6}{2\cdot 5a} = \frac{3}{5}.\)
Ответ: 3:5
