ОГЭ
Задание 4061
В прямоугольном треугольнике $$ABC$$ с гипотенузой $$AB$$, равной 10, на высоте $$CD$$ как на диаметре построена окружность. Касательные к этой окружности, проходящие через точки $$A$$ и $$B$$, пересекаются при продолжении в точке $$K$$. Чему равны касательные к окружности, выходящие из точки $$K$$?
1) Пусть $$HB=x\Rightarrow AH=10-x$$
по свойству касательных $$MB=HB=x$$
$$AH=AN=10-x$$; пусть $$OH=OC=r$$;
$$KN=KM=z$$
2) По свойству высоты прямоугольного треугольинка:
$$CH=\sqrt{AH\cdot HB}\Leftrightarrow(2r)^{2}=x(10-x)$$
$$\Leftrightarrow r^{2}=\frac{x(10-x)}{4}$$
3) $$S_{AKB}=p\cdot r$$, где
$$p=\frac{AK+KB+AB}{2}$$
$$S=\sqrt{p(p-AK)(P-KB)(p-AB)}$$
$$p=\frac{10+10-x+x+2z}{2}=10+z$$
$$S=\sqrt{(10+z)(10+z-10+x-x)(10+z-x-z)(10+z-10}=$$
$$=\sqrt{(10+z)\cdot x\cdot(10-x)\cdot z}$$
Тогда:
$$r=\frac{S}{p}=\frac{xz(10+z)(10-x)}{10+z}=\sqrt{\frac{xz(10-x)}{10+z}}$$
4) 2 из 3:
$$\sqrt{\frac{x(10-x)}{4}}=\sqrt{\frac{xz(10-x)}{10+z}}$$
$$\frac{1}{4}=\frac{z}{10+z}$$
$$10+z=4z\Leftrightarrow z=\frac{10}{3}$$
Задание 4993
В треугольнике $$ABC$$ угол $$B$$ равен $$30^{\circ}$$. Через точки $$A$$ и $$B$$ проведена окружность радиуса $$2$$, касающаяся прямой $$AC$$ в точке $$A$$. Через точки $$B$$ и $$C$$ проведена окружность радиуса $$3$$, касающаяся прямой $$AC$$ в точке $$C$$. Найдите длину стороны $$AC$$.
1) $$O_{1}$$ - ценрт оружности $$R_{1}=2$$; $$O_{2}$$ - ценрт оружности $$R_{2}=3$$; $$\angle ABC=\alpha$$; $$\angle BAC=\beta$$;
2) $$\angle BO_{2}C=2\angle BCA=2\alpha$$; $$\angle AO_{1}B=2\angle BAC=2\beta$$;
3) $$AB=2R_{1}\sin\beta=4\sin\beta$$; $$BC=2R_{2}\sin\alpha=6\sin\alpha$$; (по теореме синусов) $$\frac{AB}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin\beta}$$ (из $$\bigtriangleup ABC$$) $$\Rightarrow$$ $$\frac{4\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{6\sin\alpha}{\sin\beta}$$ $$\Leftrightarrow$$ $$4\sin^{2}\beta=6\sin^{2}\alpha$$ $$\Leftrightarrow$$ $$\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\sqrt{\frac{3}{2}}$$
4) $$\frac{AC}{\sin\angle ABC}=\frac{AB}{\sin\angle ACB}$$ $$\Rightarrow$$ $$AC=\frac{AB}{\sin\angle ACB}\cdot\sin\angle ABC=$$ $$\frac{4\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot\sin30^{\circ}=4\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{2}=\sqrt{6}$$
Задание 5322
Диагонали вписанного в окружность четырехугольника $$ABCD$$ пересекаются в точке $$E$$, причем $$AD\cdot CE=DC\cdot AE$$, $$BD=6$$, $$\angle ADB=22,5^{\circ}$$. Найдите площадь четырехугольника $$ABCD$$.
1) AD*CE=CD*AE, тогда $$\frac{AD}{CD}=\frac{AE}{CE} \Leftrightarrow$$ DB - биссектриса в треугольнике ADC. Тогда $$\angle BDA = \angle CDB$$ , но $$\angle BDA = \angle BCA$$ и $$\angle CDB = \angle BAC$$ (как вписанные), следовательно $$\angle BCA = angle BAC$$ , тогда треугольник ABC - равнобедренный
2)Построим продолжение DС за точка C и отложим из B отрезок BF = DB так, что $$F \in DC$$. Тогда треугольник DBF - равнобедренный. Так как AB = BC, DB = BF и из равнобедренности DBF $$\angle BDF = \angle BFD$$, но и $$\angle BDA = \angle CDB$$, тогда $$\angle BDA=\angle BFD$$. $$\angle BAD + \angle DCB = 180$$ по свойству вписанного четырехугольника, но и $$\angle BCF + \angle DCB = 180$$ по свойству смежных углов, тогда $$\angle BAD = \angle BCF$$ и, следовательно, треугольники ABD и BCF равны, следовательно, $$S_{ADF}=S_{ABCD}$$
3)$$\angle DBF = 180 - 2*22.5 = 135$$ (из треугольника DBF), $$S_{DBF}=\frac{1}{2}DB*DF*\sin DBF$$, то есть $$S_{DBF}=0,5*6*6*\frac{\sqrt{2}}{2}=9\sqrt{2}$$
Задание 6168
Точки $$K$$, $$L$$, $$M$$, $$N$$, $$P$$ расположены последовательно на окружности радиуса $$2\sqrt{2}$$ . Найдите площадь треугольника $$KLM$$, если $$LM\parallel KN$$, $$KM\parallel NP$$, $$MN\parallel LP$$, а угол $$LOM$$ равен $$45^{\circ}$$, где $$O$$ – точка пересечения хорд $$LN$$ и $$MP$$
1) $$LM\left | \right | KN\Rightarrow \angle LMK=\angle MKN$$(накрест лежащие)$$\Rightarrow \cup LK=\cup MN$$(вписанные углы равны)
$$MK \left | \right |NP\Rightarrow \angle MKN=\angle KNP\Rightarrow \cup KP=\cup MN=\cup LK.$$
$$LP\left | \right | MN\Rightarrow \angle LPM=\angle PMN\Rightarrow \cup LM=\cup NP.$$
2)Пусть $$\cup KL=\alpha$$ и $$\cup LM=\beta .$$
$$\angle LOM=\angle NOP$$(вертикальные) ,но т.к.
$$\cup LM=\cup NP$$, то $$\angle LOM-\frac{\cup LM+\cup PN}{2}=\beta =45$$
3)$$\Delta LPK : LK=2R \sin LPK= 2R \sin 45$$
$$\Delta LPM: LM=2R \sin LPM =2R \sin 22,5$$
$$S_{\Delta LKM}=\frac{1}{2} *LK*LM* \sin KLM=$$$$\frac{1}{2} *2R \sin 22,5 * \sin (90+22,5)=$$$$2R^{2}* \sin 22,5 * \cos 22,,5 * \sin 45=R^{2}* \sin^{2} 45=4$$
Задание 7473
Окружность, вписанная в прямоугольный треугольник $$ABC$$ касается катетов $$AC$$ и $$BC$$ в точках $$L$$ и $$K$$ соответственно. $$AL=12$$ см, $$BK=8$$ см. Найдите площадь треугольника $$BOM$$, где $$O$$ – центр вписанной в треугольник окружности, $$M$$ – точка пересечения медиан треугольника $$ABC$$.
1) Пусть окружжность окружность касается AB в точке H. По свойству касательных: CL=CK=x, KB=BH=8, AL=AH=12. Тогда AC=12+x, BC=8+x, AB=20. Тогда по теореме Пифагора: $$(12+x)^{2}+(8+x)^{2}=20^{2}\Leftrightarrow$$$$x=4$$
2) Так как $$OK\perp BC, OL\perp AC$$ (радиус проведенный в точку касания) и $$OK=OL$$, то CLOK - квадрат, следовательно, OK=4
3) Пусть OB пересекает AC в точке R, тогда треугольники RCB и OKB подобны (прямоугольные с общим острым углом) и $$\frac{RC}{OK}=\frac{CB}{KB}=\frac{3}{2}$$. Тогда RC=6
4) $$S_{RCB}=\frac{1}{2}RC*CB=36$$, $$S_{DCB}=\frac{1}{2}DC*CB=48$$, тогда $$S_{DRB}=48-36=12$$
5) $$\frac{DM}{MB}=\frac{1}{2}$$ (по свойству медианы), но из подобия RCB и OKB: $$\frac{RO}{OB}=\frac{1}{2}$$, а так как угол DBR - общий, то треугольники MOB и DRB - подобны, и $$S_{MOB}=(\frac{MB}{DB})^{2}S_{DRB}=(\frac{2}{3})^{2}*12=\frac{16}{3}$$
Задание 7620
Окружность касается сторон $$AC$$ и $$BC$$ треугольника $$ABC$$ в точках $$A$$ и $$B$$ соответственно. На дуге этой окружности, лежащей вне треугольника, расположена точка $$K$$ так, что расстояния от неё до продолжений сторон $$AC$$ и $$BC$$ равны $$39$$ и $$156$$ соответственно. Найдите расстояние от точки $$K$$ до прямой $$AB$$.
Задание 7859
На катете $$ML$$ прямоугольного треугольника $$KLM$$ как на диаметре построена окружность. Она пересекает сторону $$KL$$ в точке $$P$$. На стороне $$KM$$ взята точка $$R$$ так, что отрезок $$LR$$ пересекает окружность в точке $$Q$$, причём отрезки $$QP$$ и $$ML$$ параллельны, $$KR=2RM$$ и $$ML=8\sqrt{3}$$ . Найдите $$MQ$$
Пусть $$MR=x$$ $$\Rightarrow$$ $$RK=2x$$
1) $$MP\perp LK$$ ($$\angle LDM$$ - центральный и опирается на диаметр) $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup LPM\sim\bigtriangleup LMK$$
2) Аналогично $$\bigtriangleup LQM\sim\bigtriangleup LRM$$
3) $$LM\parallel PQ$$ $$\Rightarrow$$ $$LPQM$$ - трапеция вписанная $$\Rightarrow$$ $$\angle L+\angle Q=180^{\circ}$$; но $$\angle P+\angle Q=180^{\circ}$$ $$\Rightarrow$$ $$\angle P=\angle Q$$ $$\Rightarrow$$ трапеция равнобедренная $$\Rightarrow$$ $$LP=MQ$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup LPM=\bigtriangleup LMQ$$ $$\Rightarrow$$ $$\bigtriangleup LRM\sim\bigtriangleup LKM$$
4) из подобия : $$\frac{LM}{MK}=\frac{MR}{LM}$$ $$\Rightarrow$$ $$\frac{8\sqrt{3}}{3x}=\frac{x}{8\sqrt{3}}$$ $$\Rightarrow$$ $$3x^{2}=64\cdot3$$ $$\Rightarrow$$ $$x^{2}=64$$ $$\Rightarrow$$ $$x=8$$ $$\Rightarrow$$ $$LR=\sqrt{(8\sqrt{3})^{2}+8^{2}}=16$$ $$\Rightarrow$$ $$MQ=\frac{8\sqrt{3}\cdot8}{16}=4\sqrt{3}$$