Открытый банк заданий по теме задачи на доказательство. Задания C4 из ЕГЭ по математике (профильный уровень)
В трапеции KLMN боковая сторона KL перпендикулярна основаниям. Из точки K на сторону MN опустили перпендикуляр KA. На стороне KL отмечена точка B так, что прямые LA и BN параллельны.
а) Докажите, что прямые BM и MN перпендикулярны.
б) Найдите отношение LA:BN, если угол LMN равен 150^{\circ}.
а) Для доказательства перпендикулярности прямых BM и MN достаточно доказать, что BM \parallel KA, а это выполняется в случае, если подобны треугольники SBM и SKA, то есть если справедливо равенство \frac{SB}{SK}=\frac{SM}{SA}.
Пусть \angle SML=\alpha , тогда \angle SKA=\angle ANK=\alpha. Из параллельности прямых LA и BN следует, что треугольники SLA и SBN подобны, значит, верно равенство \frac{SL}{SB}=\frac{SA}{SN}.
В прямоугольном треугольнике SLM, \frac{SL}{SM}=\sin \alpha , откуда SM =\frac{SL}{\sin \alpha }.
В прямоугольном треугольнике SAK, \frac{SA}{SK}=\sin \alpha ,
В прямоугольном треугольнике SKN, \frac{SK}{SN}=\sin \alpha. SK=SN \sin \alpha.
Перемножая почленно равенства \frac{SA}{SK}=\sin \alpha и \frac{SK}{SN}=\sin \alpha , получим: \frac{SA}{SN}=\sin ^2 \alpha , SA=SN \sin ^2 \alpha. Учитывая, что \frac{SA}{SN}=\frac{SL}{SB}, имеем \frac{SL}{SB}=\sin ^2 \alpha , откуда SB =\frac{SL}{\sin ^2 \alpha }.
Тогда \frac{SB}{SK}= \frac{SL}{\sin ^2 \alpha\cdot SN\cdot \sin \alpha }= \frac{SL}{\sin ^3 \alpha\cdot SN}.
\frac{SM}{SA}= \frac{SL}{\sin \alpha\cdot SN \sin ^2 \alpha }= \frac{SL}{\sin ^3 \alpha\cdot SN}. Правые части равенств равны, следовательно, \frac{SB}{SK}=\frac{SM}{SA}, значит, прямые LA и BN параллельны, и BM и MN перпендикулярны.
б) В силу подобия треугольников SML и SKN, \frac{LA}{BN}=\frac{SL}{SB}.
Как показано в пункте а), \frac{SL}{SB}=\sin ^2 \alpha. По условию \angle LMN=150^{\circ}, \angle LMN+\alpha =180^{\circ}, \alpha =180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ}.
\frac{SL}{SB}=\sin ^2 \alpha =\sin ^2 30^{\circ}=\frac14.
б) \frac14.
Две окружности, с центрами O_{1} и O_{2} соответственно касаются внешним образом. Из точки O_{1} проведена касательная O_{1}K ко второй окружности (K — точка касания), а из точки O_{2} проведена касательная O_{2}L к первой окружности (L — точка касания), точки касания K и L лежат по разные стороны от прямой O_{1}O_{2}.
а) Докажите, что \angle O_{1}KL=\angle O_{1}O_{2}L.
б) Найдите радиус меньшей окружности, если дополнительно известно, что он в 4 раза меньше радиуса большей окружности, а площадь четырёхугольника O_{1}KO_{2}L равна 54+9\sqrt{6}.
а) По свойству касательной к окружности O_{1}L \perp O_{2}L и O_{1}K \perp O_{2}K. Прямоугольный \bigtriangleup O_{1}O_{2}K вписан в некоторую окружность с диаметром O_{1}O_{2}.
Аналогично прямоугольный \bigtriangleup O_{1}O_{2}L вписан в некоторую окружность с тем же диаметром. Следовательно, \bigtriangleup O_{1}O_{2}K и O_{1}O_{2}L вписаны в одну и ту же окружность, то есть точки O_{1}, O_{2}, K, L лежат на окружности с диаметром O_{1}O_{2}. Значит, \angle O_{1}O_{2}L и \angle O_{1}KL — вписанные и опираются на одну и ту же дугу O_{1}L. Отсюда, \angle O_{1}KL=\angle O_{1}O_{2}L.
б) Пусть O_{1}L — радиус меньшей окружности. Обозначим его через r. Следовательно, O_{2}K=4r. Тогда O_{1}O_{2}=r+4r=5r. Отсюда из \bigtriangleup O_{1}LO_{2} по теореме Пифагора O_{2}L=\sqrt{(5r)^2-r^2}=2\sqrt{6}r. Из \bigtriangleup O_{1}KO_{2} по теореме Пифагора O_{1}K=\sqrt{(5r)^2-(4r)^2}=3r.
S_{O_{1}LO_{2}}=\frac{1}{2}O_{1}L \cdot LO_{2}=\sqrt{6}r^2.
S_{O_{1}KO_{2}}=\frac{1}{2}O_{2}K \cdot O_{1}K=6r^2.
S_{O_{1}KO_{2}L}= S_{O_{1}LO_{2}}+S_{O_{1}KO_{2}}= (6+\sqrt{6})r^2.
Из условия следует, что S_{O_{1}KO_{2}L}=54+9\sqrt{6}. Тогда (6+\sqrt{6})r^2=54+9\sqrt{6}, (6+\sqrt{6})r^2=9(6+\sqrt{6}), r=3.
3
В прямоугольнике ABCD AB=24, AD=23. К окружности, радиус которой равен 12, с центром в точке A из точки C проведена касательная, которая пересекает сторону AD в точке M.
а) Докажите, что CM=2AM.
б) Найдите длину отрезка AM.
а) Используя условие задачи, выполним рисунок.
Проведём радиус AF в точку касания. AF \perp CF. \bigtriangleup AFM \sim \bigtriangleup MCD по двум углам (\angle AFM=\angle CDM=90^\circ, \angle AMF=\angle CMD как вертикальные).
AF:CD=12:24=1:2, откуда следует, что AM:MC=1:2, то есть MC=2AM.
б) Пусть AM=x, тогда CM=2x, MD=23-x. Для прямоугольного треугольника CDM справедлива теорема Пифагора:
CM^2=CD^2+MD^2, т.е. 4x^2=24^2+(23-x)^2,
3x^2+46x-1105=0.
Решая квадратное уравнение, получим x=13. Итак, AM=13.
13
ABCD — прямоугольник. Окружность с центром в точке A радиуса AD пересекает продолжение стороны DA в точке K. Прямая KB пересекает прямую CD в точке P, а окружность во второй раз — в точке M.
а) Докажите, что CP=CM.
б) Найдите BD, если AM=15, MC=8.
а) Докажем, что DM \perp PK и CD=CP, а затем воспользуемся свойством медианы CM прямоугольного треугольника DPM. ABCD — прямоугольник, поэтому его углы прямые и CB=AD, CD=AB. \angle PCB=\angle BAK=90^\circ.
AD=AK как радиусы окружности. Получаем, что CB=AK. \angle PBC=\angle BKA как соответственные углы при CB \parallel AD (секущая PK).
\bigtriangleup PBC=\bigtriangleup BKA (по стороне и двум прилежащим к ней углам), значит, AB=CP. Но CD=AB, из этого получаем CD=CP.
\angle DMK — вписанный, он опирается на диаметр, значит, \angle DMK=90^\circ.
\angle PMD=180^\circ-\angle DMK=90^\circ. В прямоугольном треугольнике PDM медиана CM равна половине гипотенузы PD, значит, MC=CP=CD.
б) Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника BAD. BD^{2}=AD^{2}+AB^{2} (по теореме Пифагора). AM=AD (радиусы), AD=15. MC=CD=8 (см. пункт а). BD=\sqrt{15^{2}+8^{2}}=17.
17
В трапеции ABCD точка M — середина основания AD, точка N выбрана на стороне AB так, что площадь четырёхугольника ANLM равна площади треугольника CLD, где L — точка пересечения отрезков CM и DN.
а) Докажите, что N — середина стороны AB.
б) Найдите, какую часть от площади трапеции ABCD составляет площадь четырёхугольника ANLM, если BC=4, AD=6.
а) По условию S_{ANLM}=S_{CLD}, следовательно, S_{ANLM}+S_{LMD}=S_{CLD}+S_{LMD}, S_{ANLM}+S_{LMD}=S_{AND}.
S_{CLD}+S_{LMD}=S_{CMD}, значит, S_{AND}=S_{CMD}.
2S_{AND}=2S_{CMD}=S_{ACD}=S_{ABD} (треугольники ACD и ABD имеют общее основание AD и общую высоту).
Итак, 2S_{AND}=S_{ABD}=S_{AND}+S_{BND}, откуда следует, что S_{AND}=S_{BND}, а это означает, что точка N — середина стороны AB (у треугольников AND и BND общая высота). Что и требовалось доказать.
б) Пусть K — точка пересечения прямых CN и AD. \bigtriangleup AKN=\bigtriangleup BCN (по стороне и двум прилежащим углам). Поэтому S_{ABCD}=S_{CKD}.
Проведем MP \parallel KC, тогда из подобия треугольников \bigtriangleup NCL и \bigtriangleup LMP (\angle MLP =\angle NLC, \angle LPM=\angle CNL) \frac{CL}{LM}=\frac{CN}{MP}=\frac{KN}{MP}.
Из подобия треугольников \bigtriangleup KND и \bigtriangleup DMP (KN \parallel MP)
\frac{KN}{MP}=\frac{KD}{MD}=\frac{10}{3}. Значит, \frac{CL}{LM}=\frac{KN}{MP}=\frac{10}{3}; \frac{CL}{CM-CL}=\frac{10}{3};
3CL=10CM-10CL, 13CL=10CM, следовательно,
\frac{CL}{CM}=\frac{10}{13}=\frac{S_{CLD}}{S_{CMD}}, откуда S_{CLD}=\frac{10}{13}S_{CMD}.
\frac{S_{CMD}}{S_{CKD}}=\frac{MD}{KD}=\frac{3}{10}, откуда S_{CMD}=\frac{3}{10}S_{CKD}=\frac{3}{10}S_{ABCD}.
Подставляя S_{CMD}=\frac{3}{10}S_{ABCD} в равенство S_{CLD}=\frac{10}{13}S_{CMD},
получим S_{CLD}= \frac{10}{13}S_{CMD}= \frac{10}{13} \cdot \frac{3}{10}S_{ABCD}= \frac{3}{13}S_{ABCD}. Учитывая, что S_{ANLM}=S_{CLD}, окончательно получим S_{ANLM}=\frac{3}{13}S_{ABCD}.
\frac{3}{13}
В трапеции ABCD, в которой AD \parallel BC, точка M — точка пересечения боковых сторон AB и CD. Прямая MN пересекает основания AD и BC в точках P и Q соответственно. Точка N является точкой пересечения диагоналей трапеции.
а) Докажите, что AP=PD и BQ=QC.
б) Найдите отношение \frac{BC}{AD}, если \frac{BD}{BN}=\frac{7}{5}.
а) Проведём EK \parallel BC \parallel AD через точку N.
1. \bigtriangleup AND \sim \bigtriangleup BNC (по двум углам): \angle BCN = \angle CAD, \angle CBN = \angle NDA. Отсюда, \frac{BN}{ND}=\frac{NC}{AN}.
Тогда \frac{BN}{ND}+1=\frac{NC}{AN}+1, то есть \frac{BN+ND}{ND}=\frac{NC+AN}{AN}, \frac{BD}{ND}=\frac{AC}{AN} (1)
2. \bigtriangleup ABC \sim \bigtriangleup AEN \Rightarrow \frac{BC}{EN}=\frac{AC}{AN} (2)
Аналогично \bigtriangleup BCD \sim \bigtriangleup NKD \Rightarrow \frac{BC}{NK}=\frac{BD}{ND}. С учетом (1) получим \frac{BC}{NK}=\frac{AC}{AN}. Из последнего равенства, с учётом (2), получим \frac{BC}{NK}=\frac{BC}{EN}. Отсюда, NK=EN (3)
3. \bigtriangleup APM \sim \bigtriangleup ENM (по двум углам) \Rightarrow \frac{AP}{EN}=\frac{MP}{NM}.
Аналогично \frac{PD}{NK}=\frac{MP}{NM}. Следовательно, \frac{AP}{EN}=\frac{PD}{NK}.
4. С учётом (3), получим AP=PD, что и требовалось доказать.
Аналогично \frac{EN}{BQ}=\frac{MN}{MQ}=\frac{NK}{QC}\Rightarrow BQ=QC, что и требовалось доказать.
б) \frac{BC}{AD}=\frac{BN}{ND}=\frac{BN}{BD-BN};
\frac{AD}{BC}= \frac{BD-BN}{BN}= \frac{BD}{BN}-1= \frac{7}{5}-1= \frac{2}{5}. Значит, \frac{BC}{AD}=\frac{5}{2}.
\frac{5}{2}
Вневписанная окружность с центром O_a и радиусом r_a в прямоугольном \bigtriangleup ABC касается в точке T_a катета BC. А вневписанная окружность с центром O_b касается катета AC в точке T_b.
а) Докажите, что площадь прямоугольного треугольника ABC может быть получена использованием формулы S = r_ar_b.
б) Зная S_{ABC}=30, найдите площадь четырехугольника AT_bT_aB.
а) Обозначим AB=c, \: AC=b, \: CB=a, p — полупериметр \bigtriangleup ABC.
Выполняются следующие равенства:
S=S_{ABC}=S_{O_{a}CA}+S_{O_{a}BA}-S_{O_{a}CB}=
=\frac{1}{2}O_{a}G \cdot AC+\frac{1}{2}O_{a}E \cdot AB-\frac{1}{2}O_{a}T_{a} \cdot BC=
=\frac{1}{2}r_{a}b+\frac{1}{2}r_{a}c-\frac{1}{2}r_{a}a=\frac{r_{a}}{2}(c+b-a).
Отсюда получаем r_{a}=\frac{2S}{c+b-a}. Аналогично получается формула r_{b}=\frac{2S}{c+a-b}.
Используя формулы r_{a}=\frac{2S}{c+b-a}, r_{b}=\frac{2S}{c+a-b}, c^{2}=a^{2}+b^{2} и S=\frac{ab}{2}, получаем:
r_{a}r_{b}= \frac{4S^{2}}{(b+c-a)(a+c-b)}= \frac{4S^{2}}{c^{2}-(b-a)^{2}}= \frac{4S^{2}}{2ab}= \frac{2S^{2}}{2S}= S, то есть S= r_{a}r_{b}.
б) Так как S_{ABC}=r_{a}r_{b} и площадь прямоугольного треугольника T_{a}CT_{b} равна \frac{1}{2} \cdot CT_{a} \cdot CT_{b}=\frac{1}{2} \cdot r_{a}r_{b}=15, то искомая площадь равна 30-15=15.
15
Высоты BQ и AH проведены из вершин A и B тупоугольного треугольника ABC. BH=BQ; \: BH:BC=1:3; \angle B — тупой.
а) Докажите, что диаметр окружности, описанной вокруг треугольника ABQ в \sqrt{3} раз больше BQ.
б) Площадь треугольника HQC равна 16. Найдите площадь четырехугольника AHBQ.
а) \bigtriangleup ABH=\bigtriangleup AQB по катету и гипотенузе (BH=BQ по условию, AB общая), следовательно, AH=AQ и \angle HAB=\angle BAQ. AB — биссектриса угла A в \bigtriangleup AHC , по свойству биссектрисы AH:AC=BH:BC=1:3. Обозначим AH=x, BH=y, тогда BC=3y, AQ=x, AC=3x, QC=2x.
По теореме Пифагора в \bigtriangleup BQC выполняется BQ^{2}+QC^{2}=BC^{2}, y^{2}+(2x)^{2}=(3y)^{2}, 4x^{2}=8y^{2}, x=\sqrt{2y}.
В прямоугольном \bigtriangleup ABQ AB^{2}=x^{2}+y^{2}=2y^{2}+y^{2}=3y^{2}, AB=\sqrt{3}y. Так как \bigtriangleup ABQ прямоугольный, то AB является диаметром описанной около него окружности. Мы получили, что диаметр описанной окружности \bigtriangleup ABQ=\sqrt{3}BQ.
б) S_{BQC}=\frac{1}{2}BQ \cdot QC=\frac{1}{2}y \cdot 2x=xy.
S_{AHBQ}=2S_{AHB}=2 \cdot \frac{1}{2} \cdot xy=xy, \: значит, S_{AHBQ}=S_{BQC}.
S_{HQC}=\frac{1}{2}HC \cdot QC \cdot \sin C,
S_{BQC}=\frac{1}{2}BC \cdot QC \cdot \sin C, \: тогда \frac{S_{HQC}}{S_{BQC}}=\frac {HC}{BC}=\frac{4y}{3y}=\frac{4}{3},
S_{HQC}=\frac{4}{3}S_{BQC}=\frac{4}{3}xy=16, \: xy=12.
S_{AHBQ}=2S_{ABQ}=2 \cdot\frac{1}{2} \cdot xy=xy=12.
12
Две произвольные окружности, касающиеся друг друга, вписаны в заданный угол, величиной \alpha, не превосходящей \pi.
а) Докажите, что отношение модуля разности радиусов к сумме радиусов этих окружностей является постоянной величиной.
б) Найдите радиус меньшей окружности, если угол \alpha=\frac{\pi}{3} и радиус большей окружности равен 10.
а) Обозначим заданный угол через ABC, радиусы окружностей r_{1} и r_{2} (r_{1}<r_{2}), а центры окружностей через O_{1} и O_{2} соответственно.
Так как центры окружностей равноудалены от сторон угла, то они лежат на биссектрисе угла B. Проведем из центров окружностей радиусы O_{1}T и O_{2}E в точки касания со стороной AB.
Тогда O_{1}T и O_{2}E перпендикулярны AB.
Из центра O_{1} меньшей окружности опустим перпендикуляр O_{1}K на радиус O_{2}E большей окружности. Получим прямоугольник O_{1}TEK. Тогда EK=TO_{1}=r_{1}. Следовательно, O_{2}K=O_{2}E-KE=r_{2}-r_{1}.
Так как O_{1}K \parallel AB, то \angle ABO_{2}=\angle KO_{1}O_{2}. Отметим также, что O_{2}O_{1}=r_{2}+r_{1}.
Отсюда следует, что \frac{r_{2}-r_{1}}{r_{2}+r_{1}}= \frac{O_{2}K}{O_{2}O_{1}}= \sin \angle KO_{1}O_{2}= \sin \angle ABO_{2}.
Но \angle ABO_{2}=\frac{\alpha}{2}, где \alpha — заданный угол, поэтому \frac{r_{2}-r_{1}}{r_{2}+r_{1}}=\sin \frac{\alpha}{2}.
б) Подставляя заданные значения \alpha и r_{2} в полученную выше формулу, получаем:
\frac{10-r_{1}}{10+r_{1}}=\sin \frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}, 5+\frac{1}{2}r_{1}=10-r_{1}, \frac{3}{2}r_{1}=5, r_{1}=\frac{10}{3}.
\frac{10}{3}
Основание CD трапеции ABCD перпендикулярно ее боковой стороне BC. Через точки A и D провели окружность, которая касается прямой BC в точке M.
а) Докажите подобие \bigtriangleup ABF и \bigtriangleup FBK при условии, что F — точка пересечения прямых BC и AD, а BK — высота \bigtriangleup ABF.
б) При условии CD=4 см и AB=5 см, вычислите расстояние от точки M до прямой AD.
Не нарушая общности, можно рассмотреть одну из возможных конфигураций:
а) Высота \bigtriangleup ABF \: BK \perp AF \Rightarrow \bigtriangleup ABF и \bigtriangleup FBK — прямоугольные, они подобны (по общему углу F).
б) Проведем MN \perp AD. Тогда MN — расстояние от точки M до прямой AD.
\bigtriangleup ABF, \bigtriangleup MNF, \bigtriangleup CDF — прямоугольные, их острый угол F — общий, значит, они подобны.
\bigtriangleup MNF \sim \bigtriangleup ABF \Rightarrow \frac{MN}{AB}=\frac{FM}{FA}, MN=\frac{FM \cdot AB}{FA}.
\bigtriangleup MNF \sim \bigtriangleup DCF \Rightarrow \frac{MN}{CD}=\frac{FM}{FD}, MN=\frac{FM \cdot CD}{FD}.
Тогда получим MN^{2}= \frac{FM \cdot AB \cdot FM \cdot CD}{FA \cdot FD}= \frac{FM^{2} \cdot AB \cdot CD}{FA \cdot FD}.
По теореме о секущей и касательной имеем:
FM^{2}=AF \cdot FD, тогда MN^{2}=AB \cdot CD=20.
MN=\sqrt{20}=2\sqrt{5}.
2\sqrt{5}
Закажите обратный звонок!