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

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими материалами. Информация на странице «Задача 16 геометрия на ЕГЭ-2021 по математике» подготовлена нашими редакторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать необходимые и поступить в ВУЗ или колледж нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими материалами из разделов нашего сайта.

Публикация обновлена: 07.06.2023

Задача 16 геометрия на ЕГЭ-2021 по математике

Это полезно