previous arrow
next arrow
Slider

Задача 16 геометрия на ЕГЭ-2021 по математике

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