ЕГЭ−2021, математика: задания, ответы, решения. Обучающая система Дмитрия Гущина.

Задание 16 № 525243

Дана трапеция ABCD с основаниями BC и AD. Точки M и N являются серединами сторон AB и CD соответственно. Окружность, проходящая через точки B и С, пересекает отрезки BM и CN в точках P и Q (отличных от концов отрезков).

а) Докажите, что точки M, N, P и Q лежат на одной окружности.

б) Найдите длину отрезка QN, если BC = 4,5, AD = 21,5, AB = 26, CD = 25, а угол CPD — прямой.

Решение.

а) Пусть угол BPQ равен γ. Четырёхугольник PBCQ — вписанный, сумма его противоположных углов равна 180°, поэтому $\angle BCQ = 180 в степени circ минус \gamma.$ Угол MPQ смежный с углом BPQ, поэтому $\angle MPQ = 180 в степени circ минус \gamma.$ Отрезок MN — средняя линия трапеции ABCD, она параллельна BC, поэтому $\angle MNC = 180 в степени circ минус \angle BCN = 180 в степени circ минус (180 в степени circ минус \gamma) = \gamma.$ Тем самым, в четырехугольнике MPQN сумма противоположных углов равна 180°: $\angle MPQ плюс \angle MQN = 180 в степени circ минус \gamma плюс \gamma = 180 в степени circ,$ а значит, он вписанный.

б) В прямоугольном треугольнике CPD проведенная к гипотенузе медиана равна ее половине: $PN= дробь, числитель — 25, знаменатель — 2 .$ Средняя линия трапеции равна полусумме оснований: $MN= дробь, числитель — 21,5 плюс 4,5, знаменатель — 2 =13.$ Через вершину трапеции B проведем прямую, параллельную боковой стороне CD, пусть L — точка ее пересечения с основанием AD. Стороны треугольника ABL равны 26, 17 и 25. Найдем его площадь по формуле Герона, затем найдем высоту h, проведенную к стороне AL, она будет являться также высотой трапеции ABCD:

$h= дробь, числитель — 2S, знаменатель — AL = дробь, числитель — 2 корень из { 34 умножить на 8 умножить на 17 умножить на 9} , знаменатель — 17 = 24.$

Отсюда находим: $синус \angle BAD= дробь, числитель — h, знаменатель — AB = дробь, числитель — 12, знаменатель — 13 ,$ $синус \angle CDA= дробь, числитель — h, знаменатель — CD = дробь, числитель — 24, знаменатель — 25 .$

Поскольку $\angle PMN=\angle BAD$ по теореме синусов для треугольника MPN найдем радиус окружности, описанной около треугольника MPQ:

$R = дробь, числитель — PN, знаменатель — 2 синус \angle PMN = дробь, числитель — 25, знаменатель — 4 умножить на дробь, числитель — 12 {13, знаменатель — } = дробь, числитель — 325, знаменатель — 48 .$

Так как $\angle QNM=\angle CDA,$ можно найти MQ по теореме синусов для треугольника MQN:

$MQ=2R синус \angle QNM=2 умножить на дробь, числитель — 325, знаменатель — 48 умножить на дробь, числитель — 24, знаменатель — 25 =13.$

Таким образом, треугольник MQN — равнобедренный, тогда

$QN=2MN косинус \angle MNQ=2 умножить на 13 умножить на корень из { 1 минус левая круглая скобка дробь, числитель — 24, знаменатель — 25 правая круглая скобка в степени 2 }=26 умножить на дробь, числитель — корень из { 25 в степени 2 минус 24 в степени 2 }, знаменатель — 25 = 26 умножить на дробь, числитель — 7, знаменатель — 25 = дробь, числитель — 182, знаменатель — 25 .$

Ответ: а) доказано, б) $дробь, числитель — 182, знаменатель — 25 .$

Приведём другое решение пункта б).

Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке R. Заметим, что треугольники MNR и BCR подобны с коэффициентом $k= дробь, числитель — 4,5, знаменатель — 13 = дробь, числитель — 9, знаменатель — { 26}.$ Тогда $дробь, числитель — x, знаменатель — { x плюс 13} = дробь, числитель — 9, знаменатель — { 26},$ откуда $x= дробь, числитель — 117, знаменатель — 17$ и $дробь, числитель — y, знаменатель — { y плюс 12,5} = дробь, числитель — 9, знаменатель — { 26},$ откуда $y= дробь, числитель — 225, знаменатель — 34 .$

Через вершину B проведем отрезок BL, параллельный CN, получим треугольник MBL со сторонами 13, 12,5 и 8,5, к которому применим теорему косинусов. Для удобства можно рассмотреть подобный ему треугольник со сторонами 26, 25 и 17, для которого $25 в степени 2 = 26 в степени 2 плюс 17 в степени 2 минус 2 умножить на 26 умножить на 17 косинус A,$ откуда $косинус A = дробь, числитель — 5, знаменатель — { 13}.$

По условию, треугольник CPD прямоугольный, отрезок PN является в нем медианой, проведенной к гипотенузе. Поэтому $PN = дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 CD = 12,5.$ В треугольнике MPN угол M равен углу А, тогда по теореме косинусов имеем:

$PN в степени 2 = MP в степени 2 плюс MN в степени 2 минус 2 MP умножить на MN косинус A равносильно 12,5 в степени 2 = MP в степени 2 плюс 13 в степени 2 минус 2 умножить на 13 умножить на MP умножить на дробь, числитель — 5, знаменатель — { 13} равносильно$

$равносильно MP в степени 2 минус 10 MP плюс 12,75 = 0,$ откуда $MP = дробь, числитель — 3, знаменатель — 2$ или $MP = дробь, числитель — 17, знаменатель — 2 .$

Далее из подобия получаем:

$дробь, числитель — RQ, знаменатель — RM = дробь, числитель — RP, знаменатель — RN равносильно дробь, числитель — RQ, знаменатель — 13 плюс дробь, числитель — 117 {17, знаменатель — } = дробь, числитель — 13 плюс дробь, числитель — 117, знаменатель — 17 минус дробь, числитель — 3, знаменатель — 2 , знаменатель — { 12,5 плюс дробь, числитель — 225, знаменатель — 34 } равносильно RQ = дробь, числитель — 325, знаменатель — 17 ,$

откуда $QN = RN минус RQ = 12,5 плюс дробь, числитель — 225, знаменатель — 34 минус дробь, числитель — 325, знаменатель — 17 = 0,$ или

$дробь, числитель — RQ, знаменатель — RM = дробь, числитель — RP, знаменатель — RN равносильно дробь, числитель — RQ, знаменатель — 13 плюс дробь, числитель — 117 {17, знаменатель — } = дробь, числитель — 13 плюс дробь, числитель — 117, знаменатель — 17 минус дробь, числитель — 17, знаменатель — 2 , знаменатель — 12,5 плюс дробь, числитель — 225 {34, знаменатель — } равносильно RQ = дробь, числитель — 5031, знаменатель — 425 ,$

откуда $QN = RN минус RQ = 12,5 плюс дробь, числитель — 225, знаменатель — 34 минус дробь, числитель — 5031, знаменатель — 425 = дробь, числитель — 182, знаменатель — 25 .$

Приведём ещё одно решение пункта б).

По условию, четырехугольник PBCQ вписанный. Из этого следует, что углы PBQ и PCQ равны, как опирающиеся на одну и ту же дугу.

Заметим, что поскольку углы QNM и CDA равны, сумма противоположных углов АPQ и ADQ четырехугольника APQD также равна 180°, а значит, он тоже вписанный. Из этого следует, что углы PAQ и PDQ равны, как опирающиеся на одну и ту же дугу.

Объединяя эти наблюдения, заключаем, что в треугольниках CPD и BQA есть две пары равных углов:

$\widehat{ABQ} = \widehat{PBQ} = \widehat{PCQ} = \widehat{PCD},$

$\widehat{BAQ} = \widehat{PAQ} = \widehat{PDQ} = \widehat{PDC},$

Но по условию, угол CPD прямой. Следовательно, угол BQA тоже прямой.

В прямоугольном треугольнике BQA проведенная к гипотенузе BA медиана равна ее половине: $MQ=13.$ Средняя линия трапеции ABCD равна полусумме оснований: $MN=13.$ Следовательно, треугольник MQN — равнобедренный. Тогда $QN=2MN косинус \widehat{MNQ} =26 косинус \widehat{ADC}.$

Через вершину трапеции C проведем прямую, параллельную боковой стороне AB, и пусть S — точка ее пересечения с основанием трапеции AD. Стороны треугольника SCD равны 26, 17 и 25. Применим теорему косинусов: $CS в степени 2 = SD в степени 2 плюс DC в степени 2 минус 2 умножить на SD умножить на BC умножить на косинус \widehat{ADC},$ откуда

$косинус \widehat{ADC} = дробь, числитель — 17 в степени 2 плюс 25 в степени 2 минус 26 в степени 2 , знаменатель — 2 умножить на 17 умножить на 25 = дробь, числитель — 17 в степени 2 минус 51, знаменатель — 2 умножить на 17 умножить на 25 = дробь, числитель — 7, знаменатель — 25 .$

Тем самым, $QN=26 умножить на дробь, числитель — 7, знаменатель — 25 = дробь, числитель — 182, знаменатель — 25 .$

Источник: ЕГЭ по математике 29.03.2019. Досрочная волна. Вариант 3 (только часть С)., Задания 16 (С4) ЕГЭ 2019

Методы геометрии: Теорема косинусов, Теорема синусов

Классификатор планиметрии: Окружности и четырёхугольники, Окружность, описанная вокруг четырехугольника

Задание 16 № 525120

а) Докажите, что точки M, N, P и Q лежат на одной окружности.

б) Найдите QN, если отрезки DP и PC перпендикулярны, AB = 21, BC = 4, CD = 20, AD = 17.

Решение.

a) По условию, четырёхугольник PBCQ вписанный. Значит, $\angle BCQ плюс \angle BPQ =180 в степени circ.$ Отрезок MN — средняя линия трапеции ABCD, она параллельна основанию BC, а тогда $\angle BCQ плюс \angle QNM =180 в степени circ$ как односторонние углы при параллельных прямых. Следовательно, $\angle BPQ =\angle QNM$ . Для смежных углов справедливо равенство $\angle BPQ плюс \angle MPQ=180 в степени circ,$ а значит, $\angle QNM плюс \angle MPQ=180 в степени circ.$ В четырёхугольнике MPQN сумма противоположных углов равна 180°, поэтому вокруг него можно описать окружность. Тем самым, точки M, N, P и Q лежат на одной окружности, что и требовалось доказать.

б) Пусть $\angle QNM = \angle QDA=\alpha$ (эти углы равны как соответственные углы при параллельных прямых). В пункте а) было показано, что $\angle QNM плюс \angle MPQ=180 в степени circ,$ это означает, что $\angle QDA плюс \angle MPQ=180 в степени circ,$ и, следовательно, точки A, D, P и Q тоже лежат на одной окружности.

Вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу окружности, равны. Следовательно, $\angle PBQ = \angle PCQ$ и $\angle PAQ = \angle PDQ$ . Значит, треугольники DPC и AQB подобны по двум углам. Следовательно, $\angle AQB = \angle DPC = 90 в степени circ,$ так как по условию DP и PC перпендикулярны.

В прямоугольном треугольнике AQB точка M − середина гипотенузы. Следовательно, $MQ= AM=MB= дробь, числитель — AB, знаменатель — 2 = дробь, числитель — 21, знаменатель — 2 =10,5.$ С другой стороны, средняя линия трапеции $MN = дробь, числитель — AD плюс BC, знаменатель — 2 = дробь, числитель — 4 плюс 17, знаменатель — 2 =10,5.$ Значит, треугольник NMQ равнобедренный и в нём $QN= 2 умножить на MN умножить на косинус \alpha = 21 косинус \alpha.$ Осталось найти косинус угла CDA.

Для этого на отрезке AD отметим точку E, так что $AE=BC=4,$ тогда $DE=13,$ $CE=21.$ Для треугольника CDE запишем теорему косинусов: $CE в степени 2 =DE в степени 2 плюс CD в степени 2 минус 2DE умножить на CD умножить на косинус \alpha,$ откуда выразим косинус угла CDE:

$косинус \alpha = дробь, числитель — DE в степени 2 плюс CD в степени 2 минус CE в степени 2 , знаменатель — 2DE умножить на CD = дробь, числитель — 13 в степени 2 плюс 20 в степени 2 минус 21 в степени 2 , знаменатель — 2 умножить на 13 умножить на 20 = дробь, числитель — 16, знаменатель — 65 .$

Итак,

$QN=21 косинус \alpha=21 умножить на дробь, числитель — 16, знаменатель — 65 = дробь, числитель — 336, знаменатель — 65 .$

Приведем другое решение пункта б):

Заметим, что раз треугольник PDC — прямоугольный, то PN = CN = ND = 10, $MN= дробь, числитель — 17 плюс 4, знаменатель — 2 =10,5$ — средняя линия трапеции ABCD. Зная боковые стороны и основания трапеции, нетрудно найти ее высоту из треугольника CED со сторонами 21, 20 и 13: $h= дробь, числитель — 252, знаменатель — 13 .$ Отсюда найдем $синус \angle BAD= дробь, числитель — дробь, числитель — 252, знаменатель — 13 , знаменатель — { 21}= дробь, числитель — 12, знаменатель — 13 ,$ $синус \angle CDA= дробь, числитель — дробь, числитель — 252, знаменатель — 13 , знаменатель — { 20}= дробь, числитель — 63, знаменатель — 65 .$ Теперь, так как $\angle{PMN}=\angle{BAD},$ по теореме синусов для треугольника MPN, можем найти радиус окружности, описанной около MPQN:

$R= дробь, числитель — PN, знаменатель — 2 синус \angle{PMN }= дробь, числитель — 10, знаменатель — 2 умножить на дробь, числитель — 12 {13, знаменатель — } = дробь, числитель — 65, знаменатель — 12 .$

Так как $\angle{QNM=\angle{CDA}},$ найдем MQ по теореме синусов для треугольника MQN:

$MQ=2R синус \angle{QNM}=2 умножить на дробь, числитель — 65, знаменатель — 12 умножить на дробь, числитель — 63, знаменатель — 65 = дробь, числитель — 21, знаменатель — 2 .$

Таким образом, треугольник MQN — равнобедренный:

$QN=2 умножить на MN умножить на косинус \angle{MNQ}=2 умножить на дробь, числитель — 21, знаменатель — 2 умножить на корень из { 1 минус левая круглая скобка дробь, числитель — 63, знаменатель — 65 правая круглая скобка в степени 2 }=$

$=21 умножить на дробь, числитель — корень из { 65 в степени 2 минус 63 в степени 2 }, знаменатель — 65 = дробь, числитель — 21, знаменатель — 65 корень из { 2 умножить на 128}= дробь, числитель — 21 умножить на 16, знаменатель — 65 = дробь, числитель — 336, знаменатель — 65 .$

Ответ: б) $дробь, числитель — 336, знаменатель — 65 .$

Источник: Досрочная волна ЕГЭ по математике 29.03.2019. Вариант 1, Задания 16 (С4) ЕГЭ 2019

Методы геометрии: Теорема косинусов, Теорема синусов

Классификатор планиметрии: Многоугольники и их свойства, Окружности и четырёхугольники, Окружность, описанная вокруг четырехугольника

Задания Д12 C4 № 505829

В треугольнике ABC известны стороны AB = 4, $AC= корень из { 17}$ и BC = 5. На стороне AB взята точка D такая. что AD = 1.

а) Докажите, что CD и AB перпендикулярны.

б) Найдите расстояние между центрами окружностей. описанных около треугольников BDC и ADC.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 79.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Треугольники

Задание 16 № 507262

Диагональ AC прямоугольника ABCD с центром O образует со стороной AB угол 30°. Точка E лежит вне прямоугольника, причём ∠BEC = 120°.

а) Докажите, что ∠CBE = ∠COE.

б) Прямая OE пересекает сторону AD прямоугольника в точке K. Найдите EK, если известно, что BE = 40 и CE = 24.

Аналоги к заданию № 507262: 511418 Все

Методы геометрии: Свойства биссектрис, Свойства хорд, Теорема косинусов, Теорема синусов

Классификатор планиметрии: Многоугольники и их свойства

Задания Д12 C4 № 521831

В тупоугольном треугольнике АВС ( $\angleС$ — тупой) на высоте ВН как на диаметре построена окружность, пересекающая стороны АВ и СВ в точках Р и К соответственно.

а) Докажите, что $синус \angle ABC= дробь, числитель — PH, знаменатель — BC минус дробь, числитель — KH, знаменатель — BA .$

б) Найдите длину отрезка РК, если известно, что ВА = 13, ВС = 8, $синус \angle ABC= дробь, числитель — 7 корень из 3 , знаменатель — 26 .$

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 236.

Методы геометрии: Теорема косинусов, Теорема синусов

Классификатор планиметрии: Треугольники

Задания Д12 C4 № 505891

Четырехугольник KLMN вписан в окружность, его диагонали KM и LN пересекаются в точке F, причем KL = 8, MN = 4, периметр треугольника MNF равен 9, площадь треугольника KLF равна $3 корень из { 15}.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника KNF.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 8.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Комбинации фигур, Окружности, Окружность, описанная вокруг четырехугольника, Подобие

Задания Д11 C4 № 507818

Точки D и E — основания высот непрямоугольного треугольника ABC, проведённых из вершин A и C соответсвенно. Известно, что $дробь, числитель — DE, знаменатель — AC =k,$ BC = a и AB = b. Найдите сторону AC, если известно, что: а) треугольник остроугольный, б) угол B тупой.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Окружности и треугольники

Задания Д12 C4 № 508110

Хорда AB стягивает дугу окружности, равную 120°. Точка С лежит на этой дуге, а точка D лежит на хорде AB. При этом AD = 2, BD = 1, $DC = корень из 2 .$

а) Докажите, что угол ADC равен $дробь, числитель — знаменатель — p i6.$

б) Найдите площадь треугольника ABC.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 87.

Методы геометрии: Теорема косинусов, Теорема синусов

Классификатор планиметрии: Комбинации фигур, Окружности, Окружности и четырёхугольники

Задание 16 № 515784

На сторонах AC и BC треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC. Точка M — середина стороны AB.

а) Докажите, что $CM= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 DK.$

б) Найдите расстояния от точки M до центров квадратов, если $AC=6,BC=10$ и $\angle ACB=30 в степени circ.$

Аналоги к заданию № 513281: 515784 514716 515708 Все

Источник: Типовые тестовые задания по математике, под редакцией И. В. Ященко 2017. Вариант 8. (Часть C)., Типовые тестовые задания по математике под редакцией И. В. Ященко, 2017. Задания С2, C4.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Многоугольники и их свойства, Подобие

Решение · Прототип задания · · Курс 80 баллов · Курс Д. Д. Гущина ·

Задания Д12 C4 № 521674

Радиус вписанной в треугольник АВС окружности равен $дробь, числитель — корень из { 15}, знаменатель — 3$ Окружность радиуса $дробь, числитель — 5 корень из 5 , знаменатель — 3 корень из 3$ касается вписанной в треугольник АВС окружности в точке Т, а также касается лучей, образующих угол АСВ. Окружности касаются прямой АС в точках К и М.

а) Докажите, что треугольник КТМ прямоугольный

б) Найдите тангенс угла АВС, если площадь треугольника АВС равна $3 корень из { 15},$ а наибольшей из его сторон является сторона АС.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 224.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Окружность, вписанная в треугольник, Подобие, Треугольники

Задания Д12 C4 № 521688

В треугольнике АВС точка D есть середина АВ, точка Е лежит на стороне ВС, причем $BE= дробь, числитель — 1, знаменатель — 3 умножить на BC.$ Отрезки АЕ и CD пересекаются в точке О.

а) Доказать, что $дробь, числитель — AO, знаменатель — OE = дробь, числитель — 3, знаменатель — 2 .$

б) Найти длину стороны АВ, если АЕ = 5, ОС = 4, а угол АОС равен 120°

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 226.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Подобие, Треугольники

Задания Д12 C4 № 527460

Окружность, построенная на стороне BC треугольника ABC как на диаметре, пересекает стороны AB и AC в точках M и N соответственно. Прямые СМ и ВN пересекаются в точке P. Точка О — середина АР.

а) Докажите, что треугольник ОМN равнобедренный.

б) Найдите площадь треугольника ОМN, если известно, что $AM = 3,$ $BM = 9,$ $AN = 4.$

Источник: А. Ларин. Тренировочный вариант № 263.

Методы геометрии: Свойства касательных, секущих, Теорема Менелая, Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Вписанный угол, опирающийся на диаметр, Треугольники

Задания Д12 C4 № 527403

В прямоугольном треугольнике ABC из точки E, расположенной в середине катета BC, опущен перпендикуляр EL на гипотенузу AB, $AE= корень из { 10}EL,$ $BC больше AC.$

а) Найдите углы треугольника ABC.

б) Найдите отношение $дробь, числитель — AE, знаменатель — CL .$

Источник: А. Ларин. Тренировочный вариант № 257.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Треугольники

Задания Д12 C4 № 505745

Точка D делит сторону AC в отношении AD : DC = 1 : 2.

а) Докажите, что в треугольнике ABD найдётся медиана, равная одной из медиан треугольника DBC.

б) Найдите длину этой медианы в случае, если AB = 7, BC = 8, и AC = 9.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 65.

Методы геометрии: Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Треугольники

Задания Д12 C4 № 505861

Дан треугольник АВС, в котором $\angle ABC=\arccos дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 .$ В треугольник вписана окружность, которая касается сторон AC, CB, BA в точках K, T и M соответственно. Прямая AT пересекает окружность в точке L, причем AL = 2. Найдите площадь треугольника, одна из сторон которого AT, а другая содержит точку касания окружностью треугольника АВС, если AK = 4.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 3.

Методы геометрии: Свойства касательных, секущих, Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Комбинации фигур

Задания Д12 C4 № 511247

Точка M лежит на диаметре AB окружности с центром О. С и D — точки окружности, расположенные по одну сторону от AB, причем ∠CMA = ∠DMB.

а) Докажите, что ∠OCM = ∠ODM.

б) Найдите площадь четырехугольника COMD, если известно, что OM = 4, BM = 2, ∠CMA = ∠DMB = 45°.

Решение.

а) Продолжим отрезок DM за точку M до пересечения с окружностью в точке P (см. рис.) Соединим центр окружности — точку О, с точками P и С — отрезками. ∠DMB = ∠OMP как вертикальные, ∠DMB = ∠CMO по условию, следовательно, ∠OMP = ∠OMC.

Любая окружность симметрична сама себе относительно всякой прямой, проходящей через ее центр.

Рассмотрим симметрию относительно диаметра AB. При этом:

– точки А, О, M и В, отрезок OM перейдут сами на себя;

– поскольку ∠OMP = ∠M, луч МС MP перейдет на луч MP;

– полуокружность ACB перейдет на полуокружность APB, общая точка луча МС и полуокружности ACB перейдет в общую точку луча MP и полуокружности APB, т. е. точка С перейдет в точку P;

– отрезок ОС перейдет на отрезок OP, ∠OCM — на ∠ OPM. Следовательно, ∠ OCM = ∠OPM.

Но Δ POD — равнобедренный, поскольку OP = OD как радиусы одной и той же окружности. Значит, ∠OPM = ∠ODM. Отсюда: ∠OCM = ∠ODM, что и требовалось доказать.

б) Найдём угол CMD:

$\angle CMD={{180} в степени \circ } минус (\angle CMO плюс \angle DMB)={{180} в степени \circ } минус {{90} в степени \circ }={{90} в степени \circ }.$

В Δ OMD: ∠OMD = 135°, по теореме косинусов:

$O{{D} в степени 2 }=O{{M} в степени 2 } плюс M{{D} в степени 2 } минус 2OM умножить на MD умножить на косинус {{135} в степени \circ }=16 плюс M{{D} в степени 2 } плюс 2 умножить на 4MD умножить на дробь, числитель — корень из { 2}, знаменатель — 2 .$

$M{{D} в степени 2 } плюс 4 корень из { 2}MD плюс 16 минус 36=0;M{{D} в степени 2 } плюс 4 корень из { 2}MD минус 20=0.$

Найдем положительный корень этого уравнения.

$MD= минус 2 корень из { 2} плюс корень из { 8 плюс 20}= корень из { 28} минус 2 корень из { 2}=2 корень из { 7} минус 2 корень из { 2}.$

В Δ COM по теореме косинусов:

$C{{O} в степени 2 }=C{{M} в степени 2 } плюс O{{M} в степени 2 } минус 2CM умножить на OM умножить на косинус {{45} в степени \circ }=C{{M} в степени 2 } плюс 16 минус 2 умножить на CM умножить на 4 умножить на дробь, числитель — корень из { 2}, знаменатель — 2 .$

$C{{M} в степени 2 } минус 4 корень из { 2}CM плюс 16 минус 36=0;C{{M} в степени 2 } минус 4 корень из { 2}CM минус 20=0.$

Положительный корень этого уравнения будет равен

$CM=2 корень из { 2} плюс корень из { 8 плюс 20}=2 корень из { 7} плюс 2 корень из { 2}=2( корень из { 7} плюс корень из { 2}).$

$S(COMD)=S(COM) плюс S(CMD)= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 умножить на OM умножить на CM умножить на синус {{45} в степени \circ } плюс дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 MD умножить на CM=$

$= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 CM(OM умножить на синус {{45} в степени \circ } плюс MD)= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 умножить на 2 левая круглая скобка корень из { 7} плюс корень из { 2} правая круглая скобка умножить на левая круглая скобка 4 умножить на дробь, числитель — корень из { 2}, знаменатель — 2 плюс 2 корень из { 7} минус 2 корень из { 2} правая круглая скобка =$

$= левая круглая скобка корень из { 7} плюс корень из { 2} правая круглая скобка умножить на 2 корень из { 7}=14 плюс 2 корень из { 14}.$

Приведём другое решение:

а) Продолжим DM до пересечения с окружностью в точке N (см. рис.). Соединим центр окружности — точку О с точкой С — отрезком. Опустим из точки О перпендикуляры к отрезкам СМ и DN, основания перпендикуляров обозначим H и T соответственно. Обозначим некоторые углы, ∠1, ∠2 и ∠3, как показано на рисунке.

∠2 = ∠3 как вертикальные, ∠2 = ∠1 по условию, следовательно, ∠1 = ∠3. Прямоугольные треугольники MHO и MTO равны по общей гипотенузе ОМ и острому углу (∠1 = ∠3), откуда OH = OT.

Рассмотрим прямоугольные треугольники OHC и OTD. Они равны по гипотенузе и катету, поскольку OH = OT по только что доказанному, OC = OD как радиусы одной и той же окружности. Отсюда: ∠OCM = ∠ODM, что и требовалось доказать.

б) По условию и доказанному выше: ∠2 = ∠1 = ∠3 = 45°. Следовательно, ∠MD = 180° − (45° + 45°) = 90°. ∠HOM = 90° − 45° = 45°. Значит, OH = MH. Аналогично OT = MT. Из совокупности полученных результатов имеем: OHMT — квадрат.

$HM=OM умножить на косинус \angle 1= дробь, числитель — 4 корень из { 2}, знаменатель — 2 =2 корень из { 2};CH= корень из { C{{O} в степени 2 } минус O{{H} в степени 2 }}= корень из { 36 минус 8}= корень из { 28}=2 корень из { 7}.$

$CM=CH плюс HM=2 корень из { 7} плюс 2 корень из { 2}=2( корень из { 7} плюс корень из { 2}).$

$косинус \angle SDM= косинус \angle OCH= дробь, числитель — CH, знаменатель — CO = дробь, числитель — 2 корень из { 7}, знаменатель — 6 = дробь, числитель — корень из { 7}, знаменатель — 3 .$

В Δ SMD, где ∠SMD = 90°, $синус \angle DSM= косинус \angle SDM= дробь, числитель — корень из { 7}, знаменатель — 3 .$

$S(COMD)= дробь, числитель — 1, знаменатель — 2 CM умножить на OD умножить на синус \angle DSM= дробь, числитель — 2( корень из { 7} плюс корень из { 2}) умножить на 6 умножить на корень из { 7}, знаменатель — 2 умножить на 3 =14 плюс 2 корень из { 14}$

Ответ: б) $14 плюс 2 корень из { 14}.$

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 126.

Методы геометрии: Теорема косинусов, Углы в окружностях {центр., впис., опирающиеся на одну дугу}

Классификатор планиметрии: Окружности

Задания Д12 C4 № 515108

В треугольнике АВС ВА = 8, ВС = 7, угол B равен 120°. Вписанная в треугольник окружность ω касается стороны АС в точке М.

а) Докажите, что АМ = ВС.

б) Найдите длину отрезка с концами на сторонах АВ и АС, перпендикулярного АВ и касающегося окружности ω.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 165.

Методы геометрии: Метод площадей, Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Вневписанная окружность, Окружность, вписанная в четырехугольник, Треугольники

Задания Д12 C4 № 521767

На стороне ВС треугольника АВС отмечена точка К. Оказалось, что отрезок АК пересекает медиану ВD в точке Е так, что АЕ = ВС.

а) Докажите, что ВК = КE.

б) Найдите площадь четырехугольника CDEК, если известно, что АВ = 13, АЕ = 7, АD = 4.

Источник: А. Ларин: Тренировочный вариант № 231.

Методы геометрии: Свойства медиан, Теорема косинусов

Классификатор планиметрии: Многоугольники