Перейти к основному содержанию

ОГЭ

ОГЭ / (C6) Геометрическая задача повышенной сложности

Задание 6263

В равнобедренной трапеции АВСD углы при основании АD равны 30, диагональ АС является биссектрисой угла ВАD. Биссектриса угла ВСD пересекает основание АD в точке М, а отрезок ВМ пересекает диагональ АС в точке К. Найдите площадь треугольника АКМ, если площадь трапеции АВСD равна $$2+\sqrt{3}$$ см2 .

Ответ: $$\frac{3}{\sqrt{3}+1}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть $$AB=CD=a$$, $$\angle BAC=\angle CAD$$(AC-биссектриса ), $$\angle CAD=\angle ACB$$(накрест лежащие),тогда $$\angle BAC=\angle BCA\Rightarrow$$ $$AB=BC=a$$

     2) Аналогично для $$\Delta CMD$$ : $$\angle BCM=\angle CMD$$, $$\angle BCM=\angle MCD$$, тогда $$\angle CMD=\angle MCD$$ и $$CD=MD=a$$

     3) из п.2 и параллельности BC и MD получим, что BCDM-параллелограмм; $$BM=CD=a$$, $$\Delta A_{1}BM$$ -равнобедренный; $$\angle ABM=180-2*30=120$$

По теореме косинусов : $$AM=\sqrt{AB^{2}+BM^{2}-2AB*BM*\cos ABM}=$$$$\sqrt{a^{2}+a^{2}-2*a*a*\cos 120}=a\sqrt{3}$$

     4) AK-биссектриса , тогда $$\frac{AB}{AM}=\frac{AK}{KM}=$$$$\frac{a}{\sqrt{30}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$$, тогда $$\frac{KM}{BM}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}$$ и $$S_{\Delta AKM}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}S_{ABM}$$

     5) Пусть $$CN\perp AD$$,тогда из $$\Delta CND$$: $$CH=CD*\sin D=\frac{a}{2}$$

     6) $$S_{ABD}=\frac{a+a+a\sqrt{3}}{2}*\frac{a}{2}=$$$$\frac{a^{2}}{4}(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}\Rightarrow$$ $$a^{2}=4\Rightarrow a=2$$

     7)$$S_{ABM}=\frac{1}{2}*a*a* \sin 120=$$$$\frac{\sqrt{3}a^{2}}{4}=\sqrt{3}$$

$$S_{AKM}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}*\sqrt{3}=$$$$\frac{3}{\sqrt{3}+1}$$

Задание 6311

В равнобедренной трапеции ABCD длина боковой стороны АВ равна 2 и длина меньшего основания ВС равна 2. Найдите площадь трапеции, если $$BD\perp AB$$.

Ответ: $$3\sqrt{3}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть $$\angle DBC=\alpha$$ , тогда т.к. BC=CD, $$\angle BCD=\alpha$$, $$\angle C=180-2\alpha$$

     2) По свойству углов трапеции $$\angle C+\angle D=180\Rightarrow$$ $$\angle D=180-(180-2\alpha )=2\alpha$$ $$\Rightarrow \angle BDA=\alpha$$

      3) Пусть BD=y. Тогда из $$\Delta BCD$$:

$$CD^{2}=BC^{2}+AD^{2}-2BC*AD*\cos CBD$$

$$2^{2}=2^{2}+y^{2}-2*2*y*\cos \alpha \Leftrightarrow$$ $$y^{2}-4y*\cos \alpha =0$$

$$y(y-4\cos\alpha )=0$$, т.к. y-длина, то $$y\neq 0$$, тогда $$y-4\cos \alpha =0\Rightarrow y=4\cos\alpha$$

     4) Из $$\Delta ABD$$:

$$\frac{AB}{BD}=tgBDA\Rightarrow$$ $$\frac{2}{4\cos\alpha }=tg\alpha =\frac{\sin\alpha }{\cos\alpha }\Leftrightarrow$$ $$\sin\alpha =\frac{1}{2}\Rightarrow$$ $$\alpha =30\Rightarrow$$ $$y=4*\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$$

     5) $$S_{ABCD}=S_{BCD}+S_{ABD}=$$$$\frac{1}{2}*BC*BD*\sin CBD+\frac{1}{2}*AB*BD=$$$$\frac{1}{2}*2*2\sqrt{3}*\frac{1}{2}+\frac{1}{2}*2*2\sqrt{3}=$$$$\sqrt{3}+2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$$

Задание 6358

В выпуклом четырехугольнике KLMN отрезок MS, соединяющий вершину М с точкой S, расположенной на стороне КN, пересекает диагональ LN в точке О. Известно, что KL : MN = 6 : 7, KM : ON = 2 : 1 и $$\angle KLN + \angle KMN=180$$. Найдите отношение отрезков MO и OS.

Ответ: $$\frac{4}{3}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть $$KM\cap LN=P$$, $$\angle KLN=\alpha$$ , тогда $$\angle KMN=180-\alpha$$ ,$$\angle LPK=\angle MPN=\beta$$ (вертикальные)

     2) из $$\Delta LPK$$ по теореме синусов: $$\frac{KP}{\sin \alpha }=\frac{LK}{\sin \beta }(1)$$

Из $$\Delta PMN : \frac{PN}{\sin (180-\alpha )}=\frac{MN}{\sin \beta }$$

С учетом , что $$\sin \alpha =\sin (180-\alpha )$$, получаем: $$\frac{PN}{\sin \alpha }=\frac{MN}{\sin \beta }(2)$$

Поделим (1) и (2): $$\frac{KP}{PN}=\frac{LK}{MN}=\frac{6}{7}$$

     3) Пусть KM=2y; ON=y, тогда KP=6x, PN=7x, PM=2y-6x, PO=7x-y; 

     4)По т. Менелая из $$\Delta KPN$$ и секущей MS : $$\frac{MO}{OS}*\frac{SN}{NK}*\frac{KP}{PM}=1$$

Пусть $$\frac{SO}{OS}=m$$, тогда $$m*\frac{SN}{SN+SK}*\frac{6x}{2y-6x}=1(3)$$

По т. Менелая из $$\Delta KMS$$ и секущей NP: $$\frac{NO}{OP}*\frac{PM}{MK}*\frac{MS}{SN}=1$$

Пусть $$\frac{SK}{SN}=n$$, тогда $$\frac{SN}{SN+SK}=\frac{\frac{SN}{SN}}{\frac{SN}{SN}+\frac{SK}{SN}}=\frac{1}{1+n}$$

Получаем: $$\frac{y}{7x-y}*\frac{2y-6x}{2y}*n=1(4)$$

Выразим в (3) m: $$m=\frac{2y-6x}{6x}*(1+n)=\frac{(y-3x)(1+n)}{3x}(5)$$

Выразим в (4) n: $$n=\frac{y}{y-3x}*\frac{7x-y}{y}=\frac{7x-y}{y-3x}$$

Выразим в (5): $$m=\frac{(y-3x)(1+\frac{7x-y}{y-3x})}{3x}=$$$$\frac{y-3x+7x-y}{3x}=\frac{4x}{3x}=\frac{4}{3}$$

Задание 6405

В остроугольном треугольнике АВС на высоте AD взята точка М, а на высоте ВР – точка N так, что углы ВМС и АNС – прямые. Расстояние между точками М и N равно $$4+2\sqrt{3}$$ , $$\angle MCN = 30$$. Найдите биссектрису СL треугольника CMN

Ответ: $$7+4\sqrt{3}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

   

     1) $$\angle APB=\angle ADB=90$$ ,т.к. опирается на AB, то $$A_{1},B_{1},D_{1},P_{1}$$ лежат на одной окружности .

     2) $$\angle PDA =\angle PBA$$ (вписаные , на одну дугу)

$$\angle A=90-\angle PBA(\Delta PBA)$$

$$\angle PDC=90-\angle PDA(\Delta ADC)$$

Тогда $$\angle A=\angle PDC$$, и т.к. $$\angle C$$ - общий , то $$\Delta ABC\sim \Delta PDC\Rightarrow$$ $$\frac{CB}{CP}=\frac{AC}{CD}\Leftrightarrow$$ $$AC*CP=BC*CD(1)$$

     3) из $$\Delta ACN :CN^{2}=AC*CP$$

Из $$\Delta CMB: CM^{2}=BC*CD$$

С учетом (1): $$CN^{2}=CM^{2}\Rightarrow$$ $$CN=CM$$ и $$\Delta CMP$$ равнобедренный

     4) Пусть CH- биссектриса , она и медиана и высота . $$NH=\frac{1}{2} NM=2+\sqrt{3}$$

$$\angle HCN=\frac{1}{2}\angle MCN=15$$

Из $$\Delta CHN \frac{HN}{HC}=tg \angle HCN\Rightarrow$$ $$HC=\frac{2+\sqrt{3}}{tg 15}$$

$$tg 15=\frac{\sin 30}{1+\cos 30}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}$$

$$HC=(2+\sqrt{3})^{2}=7+4\sqrt{3}$$

Задание 6452

На диагонали BD прямоугольной трапеции ABCD ($$\angle D=90^{\circ}$$, ВС ॥ AD) взята точка Q так, что BQ : QD = 1 : 3. Окружность с центром в точке Q касается прямой AD и пересекает прямую ВС в точках Р и К. Найдите длину стороны АВ, если ВС = 9, AD = 8, РК = 4

Ответ: 3
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть F точка касания и $$CD=x$$. Опустим перпендикуляры FH(через Q) и $$AC_{1}$$. Тогда $$CD=FH=AC_{1}=x$$

     2) $$\Delta QHB\sim \Delta DCB$$: $$\frac{CD}{QH}=\frac{BD}{BQ}\Rightarrow$$ $$QH=\frac{1}{4}EB=\frac{1}{4}x\Rightarrow$$$$FQ=x-\frac{1}{4}x=\frac{3}{4}x$$. Но QP=QF (радиус)

     3) из $$\Delta QHP:$$ $$PH=\frac{1}{2}PK=2$$. Тогда по т. Пифагора : $$PQ^{2}=QH^{2}+PH^{2}\Leftrightarrow$$ $$(\frac{3}{4}x)^{2}=(\frac{1}{4}x)^{2}+2^{2}\Leftrightarrow$$ $$\frac{x^{2}}{2}=4\Rightarrow$$ $$x^{2}=8$$

     4)из $$\Delta AC_{1}B$$ : $$AB=\sqrt{AC_{1}^{2}+C_{1}B^{2}}$$.  $$C_{1}B=CB-AD=9-8=1$$, $$AC_{1}^{2}=x^{2}=8$$, тогда $$AB=\sqrt{8+1}=3$$

Задание 6507

В выпуклом четырехугольнике ABCD отрезок СМ, соединяющий вершину С с точкой М, расположенной на стороне AD, пересекает диагональ BD в точке К. Известно, что СК : КМ = 2 : 1, CD : DК = 5 : 3 и $$\angle ABD+\angle ACD=180^{\circ}$$. Найдите отношение стороны АВ и диагонали АС.

Ответ: $$\frac{5}{9}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть $$\angle ADB =\alpha$$ , $$\angle ADC=\beta$$

по т. Синусов : $$\Delta ABD$$: $$\frac{AB}{\sin \alpha }=\frac{AD}{\sin \angle ABD}(1)$$

$$\sin \angle BAD=$$$$\sin(180-\angle ACD)=$$$$\sin \angle ACD(2)$$

$$\Delta ACD$$ : $$\frac{AD}{\sin \angle ACD}=$$$$\frac{AC}{\sin \beta }(3)$$

Учитывая (1) и (2) и (3) : $$\frac{AB}{\sin \alpha }=\frac{AC}{\sin \beta }\Leftrightarrow$$ $$\frac{AB}{AC}=\frac{\sin\alpha }{\sin \beta }$$

     2) Пусть MK=x $$\Rightarrow$$ CK=2x CM=3x, CD=5y $$\Rightarrow$$ DK=3y, $$\angle CMD=\delta$$

Из $$\Delta MDK$$ : $$\frac{x}{\sin \alpha }=\frac{3y}{\sin \delta }\Rightarrow$$ $$\sin \alpha =\frac{x\sin \delta }{3y}$$

Из $$\Delta MDC$$ : $$\frac{3x}{\sin \beta }=\frac{5y}{\sin \delta }\Rightarrow$$ $$\sin \beta =\frac{3x \sin \delta }{5y}$$

Тогда $$\frac{AB}{AC}=\frac{\sin \alpha }{\sin \beta }=$$$$\frac{x \sin \delta }{3y}*\frac{5y}{3x \sin \delta }=$$$$\frac{5}{9}$$

Задание 6554

В треугольнике КЕМ длина стороны КЕ равна 27, длина биссектрисы КВ равна 24, а длина отрезка МВ равна 8. Найдите периметр треугольника КМВ.

Ответ: 56
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть KE=a=27; KM=b; EB=x; BM=y=8; KB=m=24; $$\angle EKB=\angle BKM=\alpha$$

     2) По свойству биссектрисы: $$\frac{x}{y}=\frac{a}{b}(1)$$

     3) Рассмотрим теорему косинусов для $$\Delta EBK$$ и $$\Delta BMK$$:

$$\left\{\begin{matrix}y^{2}=m^{2}+b^{2}-2mb \cos \alpha\\x^{2}=m^{2}+a^{2}-2ma \cos \alpha\end{matrix}\right.$$

  Умножим первое и второе уравнения на a и b соответственно и вычтем из первого второе :

$$\left\{\begin{matrix}y^{2}a =m^{2}a+b^{2}a-2mab \cos \alpha\\x^{2}b=m^{2}b+a^{2}b-2mab \cos \alpha\end{matrix}\right.$$

  Получим: $$y^{2}a-x^{2}b=m^{2}a+b^{2}a-m^{2}b-a^{2}b$$

  Рассмотрим левую часть равенства: $$y^{2}a-x^{2}b=xy(\frac{ya}{x}-\frac{xb}{y})$$ .С учетом , что $$\frac{x}{y}=\frac{a}{b}$$, получим : $$xy(\frac{b}{a}*a-\frac{a}{b}*b)=xy(b-a).$$

  Рассмотрим правую часть равенства: $$m^{2}a+b^{2}a-m^{2}b-a^{2}b=m^{2}(a-b)-ba(a-b)$$. Получим : $$xy(b-a)=m^{2}(a-b)-ba(a-b)$$.

  Т.к. $$a\neq b$$ (иначе получим равнобедренный), то поделим $$a-b$$: $$-xy=m^{2}-ba\Rightarrow m^{2}=ab-xy(2)$$ - вообще, это формула длины биссектриссы через две стороны и отрезки третьей, но в учебниках за 7-9 класс ее не встречал, потому необходимо ее выводить.

     4) Итого имеем систему: $$\left\{\begin{matrix}\frac{x}{y}=\frac{a}{b}\\m^{2}=ab-xy\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}\frac{x}{8}=\frac{27}{b}\\24^{2}=27b-8x\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=\frac{216}{b}\\576=27b-\frac{8*216}{b}\end{matrix}\right.$$

$$576b=27b^{2}-1728\Leftrightarrow$$ $$27b^{2}-576b-1728=0|:9\Leftrightarrow$$ $$3b^{2}-64b-192=0$$

$$D=4096+2304=6400$$

$$b_{1}=\frac{64+80}{6}=\frac{144}{6}=24$$

$$b_{2}=\frac{64-80}{6}<0$$

     5) $$P_{BMK}=m+y+b=24+8+24=56$$

Задание 6601

В равнобедренном треугольнике ABC (АВ = ВС) проведена биссектриса АМ. Известно, что ВС : МС = 5 : 2. Найдите отношение длины отрезка МС к радиусу окружности, описанной около треугольника АМС.

Ответ: $$\frac{2\sqrt{3}}{3}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) $$BC:MC =5:2\Rightarrow$$ $$BM:MC=3:2$$. Пусть $$BM=3y\Rightarrow$$ $$MC=2y, BC=5y$$

     2) По свойству биссектрисы: $$\frac{AB}{AC}=\frac{BM}{MC}\Rightarrow$$ $$\frac{AB}{AC}=\frac{3}{2}$$. $$AB=BC=5y\Rightarrow$$ $$AC=\frac{5*2y}{3}=\frac{10y}{3}$$

     3) $$AM=\sqrt{AB*AC-BM*MC}=$$$$\sqrt{5y*\frac{10y}{3}-3y*2y}=$$$$\sqrt{\frac{50y^{2}-12y^{2}}{3}}=$$$$\sqrt{\frac{32 y^{2}}{3}}=$$$$4y\sqrt{\frac{2}{3}}$$

     4) $$S_{AMC}=S_{ABC}*\frac{MC}{BC}$$, $$p_{ABC}=5y+5y+\frac{10y}{3}=\frac{20y}{3}$$

$$S_{ABC}=\sqrt{\frac{20y}{3}*(\frac{20y}{3}-5y)^{2}(\frac{20y}{3}-\frac{10y}{3})}=$$$$\frac{50y^{2}\sqrt{2}}{9}\Rightarrow$$

$$S_{AMC}=\frac{2}{5}*\frac{50y^{2}\sqrt{2}}{9}=$$$$\frac{20y^{2}\sqrt{2}}{9}$$

     5) $$R=\frac{MC*AC}{4 S_{AMC}}\Rightarrow$$ $$\frac{MC}{R}=\frac{4 S_{AMC}}{AM*AC}=$$$$\frac{4*20y^{2}\sqrt{2}}{9}:(4y\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}*\frac{10y}{3})=$$$$\frac{2\sqrt{3}}{3}$$

Задание 6649

В трапеции ABCD с боковыми сторонами АВ = 9 и CD = 5 биссектриса угла D пересекает биссектрисы углов А и С в точках М и Nсоответственно, а биссектриса угла В пересекает те же две биссектрисы в точках L и K, причём точка K лежит на основании AD. Найдите отношение МN : KL, если LM : KN = 3 : 7

Ответ: $$\frac{5}{21}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) $$\angle ABK=\angle CBK$$ (BL-биссектриса ), $$\angle CBK=\angle AKB$$ (накрест лежащие) $$\Rightarrow AB=AK=9$$; AL-биссектриса , медиана и высота равнобедренного $$\Delta ABK$$: $$AL\perp BK$$ и $$BL\perp LK(1)$$

     2) Аналогично из $$\Delta CDK$$ : $$CD=DK=5$$; $$DN\perp CK$$; $$CN=NK$$. С учетом (1) - LN-средняя линия $$\Delta BKC$$ и AD=14

     3) $$MK\cap LN=Q$$; $$KM\cap BC=P$$. Тогда : $$LN\left | \right |BC$$, $$BC\left | \right |AD\Rightarrow$$ $$LN\left | \right |AD$$ и : $$\Delta LMN\sim \Delta AMD\Rightarrow$$ $$QN:QL=KD:KA=5:9\Rightarrow$$ $$QL=\frac{9 QN}{5}(2)$$

     4) $$\angle MLN=\angle MNK=90\Rightarrow$$ около $$MNKL$$ можно описать окружность ($$\angle MLK+\angle MNK=180$$) $$\Rightarrow \Delta LMQ\sim \Delta QNM$$: $$\frac{LM}{NK}=\frac{MQ}{QN}=\frac{3}{7}(3)$$

     5) $$\Delta LQK\sim \Delta MQN\Rightarrow$$ $$\frac{MN}{LK}=\frac{MQ}{QL}$$. С учетом (2) : $$\frac{NQ}{QL}=\frac{MQ}{\frac{9QN}{5}}=$$$$\frac{5MQ}{9 QN}(3)$$. С учетом (3): $$\frac{5 MQ}{9 QN}=\frac{5}{9}*\frac{3}{7}=$$$$\frac{5}{21}=\frac{MN}{LK}$$

Задание 6716

Диагонали с длинами $$\sqrt{7}$$ и 4 делят четырёхугольник на части, площади которых образуют арифметическую прогрессию. Найдите площадь четырёхугольника, зная, что угол между большей диагональю и меньшей из сторон равен 30 .

Ответ: $$\sqrt{3}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть $$S_{AOD}=a_{1}$$; $$S_{AOB}=a_{2}$$; $$S_{BOC}=a_{3}$$; $$S_{COD}=a_{4}$$; $$\angle AOB=\alpha \Rightarrow$$ $$\angle AOD=180-\alpha$$

     2) $$a_{1}=\frac{1}{2}AO*OD \sin (180-\alpha )=$$$$\frac{1}{2}AO*OD \sin \alpha$$ ; $$a_{2}=\frac{1}{2}AO*OB \sin \alpha$$ , $$a_{3}=\frac{1}{2}BO*OC \sin \alpha$$ ; $$a_{4}=\frac{1}{2}CO*OD \sin \alpha$$ . Тогда : $$a_{1}*a_{3}=\frac{1}{4}AO*OD*BO*OC* \sin^{2}\alpha=a_{2}*a_{4}(1)$$

     3) т.к. арифметическая прогрессия ( пусть ее разность d ) , то: $$a_{2}=a_{1}+d$$; $$a_{3}=a_{1}+2d$$; $$a_{4}=a_{1}+3d$$. С учетом (1): $$a_{1}(a_{1}+2d)=(a_{1}+d))(a_{1}+3d)\Leftrightarrow$$ $$a_{1}^{2}+2a_{1}d=a_{1}^{2}+4a_{1}d+3d^{2}\Leftrightarrow$$ $$2a_{1}d+3d^{2}=0\Leftrightarrow$$ $$d(2a_{1}+3)=0$$. $$2a_{1}+3>0$$ ,т.к. $$a_{1}$$ - площадь , тогда d=0, но тогда $$a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}(2)$$

     4)С учетом (2) : $$AO *OD=AO*BO$$, $$(a_{1}=a_{2})\Rightarrow$$ $$BO=OD$$; $$AO*OB=BO*OC$$$$(a_{2}=a_{3})\Rightarrow$$$$AO=OD$$. Тогда ABCD-параллелограмм

     5) $$BO=OD=\frac{\sqrt{7}}{2}$$; $$AO=OC=2$$ Из $$\Delta AOB$$ : Пусть AB=x, тогда по теореме косинусов :

$$\frac{7}{4}=x^{2}+4-2x*2\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow$$ $$x^{2}-2x\sqrt{3}+\frac{9}{4}=0\Leftrightarrow$$ $$D=12-9=3$$

$$x_{1}=\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

$$x_{2}=\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

     6) при $$AB=\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{27}}{2}$$ из $$\Delta ABC:$$ $$BC=\sqrt{\frac{9*3}{4}+16-2*4*\frac{3\sqrt{3}}{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}}=$$$$\sqrt{\frac{27}{4}+16-18}=$$$$\sqrt{\frac{27}{4}-2}=\frac{\sqrt{19}}{2}<AB\Rightarrow$$ не подходит по условию , что AB –меньшая.

Тогда:  $$S_{ABO}=\frac{1}{2}*AB*BO\sin BAO=$$$$\frac{1}{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}*2*\frac{1}{2}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{4}$$ и $$S_{ABCD}=\sqrt{3}$$

Задание 6743

Длины боковых сторон трапеции равны 6 см и 10 см. В трапецию можно вписать окружность. Средняя линия делит трапецию на части, отношения площадей которых равно $$\frac{5}{11}$$ . Найдите длины оснований трапеции.

Ответ: 2 и 14
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Т.к в ABCD можно вписать окружность , то $$AB+CD=BC+AD=16$$. Пусть BC=x $$\Rightarrow$$ AD=16-x

     2) Пусть $$OL\perp BC$$ и $$ON\perp AD$$ (радиусы в точку касания) , и $$OL=ON=y$$; $$MK=\frac{BC+AD}{2}=8$$ - средняя линия. Тогда $$S_{MBCK}=\frac{x+8}{2}*y$$; $$S_{AMKD}=\frac{16-x+8}{2}*y=\frac{24-x}{2}*y$$

     3) $$\frac{S_{MBCK}}{S_{AMKD}}=\frac{\frac{x+8}{2}*y}{\frac{24-x}{2}*y}=$$$$\frac{5}{11}\Leftrightarrow$$ $$\frac{x+8}{24-x}=\frac{5}{11}\Leftrightarrow$$ $$11x+88=120-5x\Leftrightarrow$$$$16x=32\Leftrightarrow$$ $$x=2\Rightarrow$$ $$BC=2; AD=14$$

Задание 6790

Вершина С прямоугольника ABCD лежит на стороне КМ равнобедренной трапеции АВКМ (ВК || АМ), Р – точка пересечения отрезков АМ и СD. Найдите отношение площадей прямоугольника и трапеции, если АВ = 2ВС, АР = 3ВК.

Ответ: $$\frac{3}{1+2\sqrt{2}}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Построим через $$CH\left | \right |AM$$ ($$H=CH\cap AB$$)

Пусть $$HK\cap BC=N$$; HBKC - равнобедренная трапеция $$\Rightarrow$$ BC=HK

Пусть $$BC=x=HK$$; $$AB=2x\Rightarrow$$ $$S_{ABCD}=BC*AB=2x^{2}$$

     2) $$\Delta BKN\sim \Delta HNC$$; $$\frac{BN}{NC}=\frac{BK}{HC}(1)$$; $$HC\left | \right |AM$$ и $$AB\left | \right |CD\Rightarrow$$ HCPA - параллелограмм и HC=AP

С учетом (1): $$\frac{BN}{NC}=\frac{BK}{HC}=\frac{BK}{AP}=\frac{1}{3}\Rightarrow$$ $$BN=\frac{1}{4}*BC=\frac{x}{4}$$, $$NC=\frac{3}{4}*BC=\frac{3x}{4}=NH$$

     3) из $$\Delta BNH$$: $$BH=\sqrt{NH^{2}-BN^{2}}=\frac{x}{\sqrt{2}}$$

$$tg\angle BHC=\frac{BC}{BH}=\frac{x}{\frac{x}{\sqrt{2}}}=$$$$\sqrt{2}=tg\angle A\Rightarrow$$ $$\sin A=\sqrt{\frac{2}{3}}$$, $$\cos A=\sqrt{\frac{1}{3}}$$

$$HC=\frac{BC}{\sin HBC}=\frac{x\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\Rightarrow$$ $$BK=\frac{x\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}$$

     4)Пусть $$BL\perp AM$$, тогда из $$\Delta ABL$$: $$AL=AB*\cos A=2x*\frac{\sqrt{1}}{\sqrt{3}}=\frac{2x}{\sqrt{3}}\Rightarrow$$ $$AM=BK+2AL=\frac{x\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}+\frac{2*2x}{\sqrt{3}}=$$$$\frac{x(\sqrt{3}+4\sqrt{6})}{3\sqrt{2}}$$, $$BL=AB \sin A=\frac{2x\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$$

$$S_{ABKM}=\frac{\frac{x\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}+\frac{x\sqrt{3}+x*4\sqrt{6}}{3\sqrt{2}}}{2}*\frac{2x\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=$$$$\frac{2x\sqrt{3}+4x\sqrt{6}}{6\sqrt{2}}*\frac{2x\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=$$$$\frac{2x^{2}(\sqrt{3}+2\sqrt{6})}{3\sqrt{3}}$$

     5) $$\frac{S_{ABCD}}{S_{ABKM}}=2x^{2}:\frac{2x^{2}(\sqrt{3}+2\sqrt{6})}{3\sqrt{3}}=$$$$\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}+2\sqrt{6}}=$$$$\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}(1+2\sqrt{2})}=\frac{3}{1+2\sqrt{2}}$$

Задание 6861

На сторонах AB, BC, CD и DA параллелограмма ABCD взяты соответственно точки M, N, K и L, причём AM : MB = CK : KD = 1/2 а BN : NC = DL : LA = 1/3. Найдите площадь четырёхугольника, вершины которого – пересечения отрезков AN, BK, CL и DM, если площадь параллелограмма ABCD равна 1

Ответ: $$\frac{6}{13}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

       1) Введем обозначения, как показано на рисунке.

       2) В силу равенства BLи AD и AB и CD, а так же, $$\frac{AM}{MB}=\frac{CK}{KD}$$ и $$\frac{BN}{NC}=\frac{DL}{AD}$$, получим равенство $$\Delta BKC$$ и $$\Delta AMD$$ ; $$\Delta ABN$$ и $$\Delta CDL$$, и что MBKD, ANCL - параллелограммы $$\Rightarrow$$ $$BK\left | \right |MD$$ и $$AN\left | \right |CL$$

       3) Тогда по т. Фалеса $$\frac{BA_{1}}{BB_{1}}=\frac{BN}{BC}=\frac{1}{4}$$$$\Rightarrow$$, если $$S_{BNA_{1}}=y$$, то $$S_{BCB_{1}}=16y$$ (площади подобных относятся как квадрат коэффициента подобия)$$\Rightarrow$$ $$S_{NCB_{1}A_{1}}=15y$$. Аналогично, $$S_{DC_{1}L}=y$$; $$S_{AD_{1}C_{1}L}=15y$$

Если $$S_{AMD_{1}}=x$$ , то $$S_{ABA_{1}}=9x$$$$\Rightarrow$$ $$S_{MBA_{1}D_{1}}=8x$$

Аналогично, $$S_{CKB_{1}}=x$$; $$S_{B_{1}KDC_{1}}=8x$$ ,пусть $$S_{A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}}=Z$$

       4) $$S_{MBKD}=\frac{MB}{AB}*S_{ABCD}=\frac{2}{3}=2*8x+z$$

$$S_{ABCL}=\frac{NC}{BC}*S_{ABCD}=\frac{3}{4}=2*15y+z$$

$$S_{ABCD}=1=2*16y+2*9x+z$$

Получим :

$$\left\{\begin{matrix}16x+z=\frac{2}{3}\\30y+z=\frac{3}{4}\\32y+18x+z=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$ $$\left\{\begin{matrix}x=\frac{\frac{2}{3}-z}{16}\\y=\frac{\frac{3}{4}-z}{30}\\32(\frac{\frac{3}{4}-z}{30}+18(\frac{\frac{2}{3}-z}{16})+z=1|*120\end{matrix}\right.\Leftrightarrow$$$$8(12-16z)+15(6-9z)+120z=120\Leftrightarrow$$$$143z=66\Leftrightarrow$$$$z=\frac{6}{13}$$

Задание 6909

Диагонали с длинами $$\sqrt{7}$$ и 4 делят четырехугольник на части, площади которых образуют арифметическую прогрессию. Найдите площадь четырёхугольника, зная, что угол между большей диагональю и меньшей из сторон равен 30.

Ответ: $$\sqrt{3}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     1) Пусть $$S_{AOD}=a_{1}$$; $$S_{AOB}=a_{2}$$; $$S_{BOC}=a_{3}$$; $$S_{COD}=a_{4}$$; $$\angle AOB=\alpha \Rightarrow$$ $$\angle AOD=180-\alpha$$

     2) $$a_{1}=\frac{1}{2}AO*OD \sin (180-\alpha )=$$$$\frac{1}{2}AO*OD \sin \alpha$$ ; $$a_{2}=\frac{1}{2}AO*OB \sin \alpha$$ , $$a_{3}=\frac{1}{2}BO*OC \sin \alpha$$ ; $$a_{4}=\frac{1}{2}CO*OD \sin \alpha$$ . Тогда : $$a_{1}*a_{3}=\frac{1}{4}AO*OD*BO*OC* \sin^{2}\alpha=a_{2}*a_{4}(1)$$

     3) т.к. арифметическая прогрессия ( пусть ее разность d ) , то: $$a_{2}=a_{1}+d$$; $$a_{3}=a_{1}+2d$$; $$a_{4}=a_{1}+3d$$. С учетом (1): $$a_{1}(a_{1}+2d)=(a_{1}+d))(a_{1}+3d)\Leftrightarrow$$ $$a_{1}^{2}+2a_{1}d=a_{1}^{2}+4a_{1}d+3d^{2}\Leftrightarrow$$ $$2a_{1}d+3d^{2}=0\Leftrightarrow$$ $$d(2a_{1}+3)=0$$. $$2a_{1}+3>0$$ ,т.к. $$a_{1}$$ - площадь , тогда d=0, но тогда $$a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}(2)$$

     4)С учетом (2) : $$AO *OD=AO*BO$$, $$(a_{1}=a_{2})\Rightarrow$$ $$BO=OD$$; $$AO*OB=BO*OC$$$$(a_{2}=a_{3})\Rightarrow$$$$AO=OD$$. Тогда ABCD-параллелограмм

     5) $$BO=OD=\frac{\sqrt{7}}{2}$$; $$AO=OC=2$$ Из $$\Delta AOB$$ : Пусть AB=x, тогда по теореме косинусов :

$$\frac{7}{4}=x^{2}+4-2x*2\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow$$ $$x^{2}-2x\sqrt{3}+\frac{9}{4}=0\Leftrightarrow$$ $$D=12-9=3$$

$$x_{1}=\frac{2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$$

$$x_{2}=\frac{2\sqrt{3}-\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

     6) при $$AB=\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{27}}{2}$$ из $$\Delta ABC:$$ $$BC=\sqrt{\frac{9*3}{4}+16-2*4*\frac{3\sqrt{3}}{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}}=$$$$\sqrt{\frac{27}{4}+16-18}=$$$$\sqrt{\frac{27}{4}-2}=\frac{\sqrt{19}}{2}<AB\Rightarrow$$ не подходит по условию , что AB –меньшая.

Тогда:  $$S_{ABO}=\frac{1}{2}*AB*BO\sin BAO=$$$$\frac{1}{2}*\frac{\sqrt{3}}{2}*2*\frac{1}{2}=$$$$\frac{\sqrt{3}}{4}$$ и $$S_{ABCD}=\sqrt{3}$$

Задание 6957

Продолжение сторон AD и BC выпуклого четырехугольника ABCD пересекаются в точке M, а продолжения сторон AB и CD – в точке O. Отрезок MO перпендикулярен биссектрисе угла AOD. Найдите отношение площадей треугольника AOD и четырехугольника ABCD, если АО = 12, ОD = 8, CD = 2.

Ответ: $$\frac{2}{1}$$ или $$\frac{14}{11}$$
Скрыть

Больше разборов вы найдете на моем ютуб-канале! Не забудьте подписаться!

Скрыть

     A) 1) Пусть C между O и D. Проведем через $$A n\left | \right |OM$$: $$P=CD\cap n$$; $$Q=OL\cap n$$; $$T=CB\cap n$$

        2) $$OQ\perp OM$$; $$OM\left | \right |AP\Rightarrow$$ $$OQ\perp AP\Rightarrow$$ OQ - высота и биссектриса $$\Rightarrow$$ $$\Delta AOP$$ – равнобедренны $$\Rightarrow$$ $$OP=OA=12$$; $$PD=OP-PD=12-8=4$$

        3) $$\Delta MDO\sim \Delta ADP$$: $$\frac{OM}{AP}=\frac{OD}{DP}\Rightarrow$$ $$OM=\frac{AP*OD}{DP}=2 AP$$; $$\Delta PCT\sim OCM$$: $$\frac{OM}{PT}=\frac{OC}{PC}\Rightarrow$$ $$PT=\frac{MO*PC}{OC}=MO=2 AP$$$$\Rightarrow$$ $$AT=AP$$; $$OM=2 AT$$; $$\Delta MBD\sim \Delta TBA$$: $$\frac{OB}{AB}=\frac{MO}{AT}=\frac{2}{1}$$

        4) Пусть $$S_{AOD}=S\Rightarrow$$ $$S_{BOC}=\frac{OB}{AO}*\frac{OC}{OD}S=$$$$\frac{2}{3}*\frac{6}{8}S=\frac{S}{2}$$$$\Rightarrow$$ $$S_{ABCD}=S_{AOD}-S_{BOC}=\frac{S}{2}\Rightarrow$$ $$\frac{S_{AOD}}{S_{ABCD}}=\frac{S}{\frac{S}{2}}=\frac{2}{1}$$

     Б) 1) Пусть D располагается между O и C. Проведем через $$B n\left | \right |OM$$: $$OL\cap n=Q$$; $$OC\cap n=P$$; $$OA\cap n=T$$

        2) Аналогично (A) $$\Delta OBP$$ – равнобедренный. Пусть $$AB=x\Rightarrow$$ $$OB=12+x$$ ; $$OP=PB=12+x=8+2+CP\Rightarrow$$ $$CP=x+2$$

        3) $$\Delta BCP\sim \Delta COM$$: $$\frac{PB}{OM} =\frac{CP}{OC}\Rightarrow$$ $$BP=\frac{OM(x+2)}{10}$$; $$\Delta TPC\sim \Delta ODM$$: $$\frac{TP}{OM}=\frac{DP}{OD}\Rightarrow$$ $$TP=\frac{OM(x+4)}{8}$$; $$TB=TP-BP=OM(\frac{x+12}{40})$$; $$\Delta TBA\sim \Delta AOM$$: $$\frac{TB}{OM}=\frac{AB}{AO}\Rightarrow$$ $$\frac{x+12}{40}=\frac{x}{12}\Leftrightarrow$$ $$40x=12(x+12)\Leftrightarrow$$ $$x=\frac{36}{7}\Rightarrow$$ $$OB=12+\frac{36}{7}=\frac{120}{7}$$

        4) Пусть $$S_{BOC}=S\Rightarrow$$ $$S_{AOD}=\frac{AO}{OB}*\frac{OD}{OC}S=$$$$\frac{12}{120}*\frac{8}{10}S=$$$$\frac{56}{100}S\Rightarrow$$ $$S_{ABCD}=S-\frac{56}{100}S=\frac{44}{100}S$$$$\Rightarrow$$ $$\frac{S_{AOD}}{S_{ABCD}}=$$$$\frac{56}{100}S:\frac{44}{100}S=\frac{14}{11}$$