ЕГЭ. 31 день до экзамена. Разбор планиметрии.

Ну перед началом я хотел бы сказать, что все задачи здесь взяты с решу егэ, задачи идут вроде бы подряд, начиная с 24. Ну и я бы рекомендовал сначала вам самим решить, а потом уже смотреть разбор каждой задачи. Так же делал и я: сначала решил сам(я тоже ахуел, что все задачи на момент написания этого предисловия я решил сам), а потом сверял с ответом, ругал себя за невнимательность и арифметические ошибки, и понимал, что решил я правильно. Ну и на протяжении статьи я немного изменял свою тактику построения рисунков в геогебре, что, наверное, будет заметно.

1.

Построим картинку.

Углы α и β равны(в равнобедренном треугольнике). γ и α тоже равны(как соответственные при секущей при параллельных прямых), а β и δ тоже равны, как накрест лежащие при секущей и двух параллельных прямых. Ой, так что же это получается. α=β=γ=δ, то есть все они просто α. Тогда AM — биссектриса.

Второй пункт. Нужно найти площадь трапеции AMBD. Ну для стандартной формулы надо лишь два раза в день… Найти верхнее, нижнее основание и высоту. Сперва нужно проанализировать стороны:

18 = 6*3
24 = 6*4
30 = 6*5

И что же мы видим, это египетский треугольник: 3, 4, 5, только увеличенный в в размерах. Тогда можем найти cos(2α)(угла А), это 4/5. И соответственно cosα и sinα найти через двойной угол:

Пусть l = AM, b = DB. ΔDCB~ΔACM по общему углу C и параллельным сторонам DB и AM.

Сначала найдём l с помощью косинуса(не зря же мы его нашли), а потом через подобия сторону DB = b.

Ну вот мы и нашли две стороны, осталось лишь найти высоту. Мы не будем мудрить: проведём её из точки А:

Тогда используем на этот раз синус и находим высоту:

Ну вот. А теперь воспользуемся формулой:

И ответ такой и будет: 1344/5.

Обсудим, значит-с, свойство биссектрисы.

Если в треугольнике провести биссектрису

Тогда справедливо соотношение:

Вполне логично, наверное. Так и оставим.

2.

Ну сразу же чертим картинку. Сначала BD, потом точку С, хуярим примерно равнобедренный треугольник и биссектрису.

Просят доказать, что треугольник LCD равнобедренный. Ну и давайте сначала найдём угол больший в этом треугольнике(тупой), а потом и другой, последний:

Так, с пунктом а закончили, давайте пункт б) Сначала проведём DL и обозначим верхнюю часть AB за x, нижнюю за у. А ещё проведём высоту в из точки А.

Теперь(что же?) мы можем выразить BH = HC черех х и у:

По свойству биссектрисы угла(которое я выше показал) выражаем LC через x и у:

А теперь найдём сторону BL = LD через теорему косинусов. Только для начала обозначим (x+y) = t, чтобы удобнее было.

Я, если честно, не знаю, что делаю. Просто нахожу всё, что можно найти —вдруг поможет. Я эту задачу не прорешивал, поэтому интерес возрастает, смогу я её сейчас решить или нет.

А теперь я понял: нахер находить BL, потому что есть же теорема Менелая, которую я увидел в этом рисунке!

Запишем её:

Вот и всё. Ответ: 7:9(или 9:7, нам же не сказали от какой вершины считать, поэтому и то, и то правильно).

Сформируем лемму: если в выпуклом четырёхугольнике две соседние стороны равны(а две другие нет), а диагональ, исходящая из их общей точки, делит другой угол пополам, то около такого четырёхугольника можно описать окружность.

Построим окружность и проведём в ней хорду, а сверху и снизу от неё отложим равные углы:

В четырёхугольнике(на следующей картинке) JLKI отрезки JL и LK равны(опираются на один угол), а IJ не равно IК, а сам он вписан в окружность. Покажем, что другие случаи мы исключили: отложим от точки L ещё два равных отрезка(то есть все возможные): к верхней прямой и к нижней.

Вариант, когда JL = LM и NL = LK мы отбросили, когда сказали, что соседние стороны не равны(IJ=IM и IN=IK). а вот вариант, когда ML = LN полностью симметричен варианту JL = LK, вокруг этих четырёх точек тоже можно описать окружность. А теперь опишем около IL другую окружность. На ней точно так же всё проверяется. И потом опишем около ещё бесконечное количество окружностей таких, чтобы можно было углы внутри окружности поместить. Точно так же доказываем. Показали для всех возможных окружностей, поэтому и лемма доказана(или этого не достаточно?)

3.

СТРОИМ:

Объясняю: жёлтый отрезок делит угол А пополам(по условию), DE — средняя линия относительно AB(так как делит стороны пополам), тогда EL(продолжение DE) — серединный перпендикуляр для BC, а тогда и BL = CL. Ну и применяем нашу лемму: в четырёхугольнике ABLC AC > AB, BL = LC, а диагональ AL — биссектриса. Тогда около ABLC можно описать окружность:

Ну и ADL ~ BLC по двум углам. Переходим к пункту б).

По-честному, тут нужно ещё рассмотреть случай, когда L находится внутри треугольника, но там использовать лемму нельзя, потому что тогда ABLC будет невыпуклым. Нужно проверить: будет ли при каких-либо условиях биссектриса вообще пересекать DE.

Пусть T — пересечение биссектрисы со стороной BC, тогда по свойству биссектрисы:

Но так как AC всегда больше АВ(как гипотенуза), то и TC>BT, то есть даже до середины BC наша точка пересечения не доберётся, а пересекать среднюю линию не будет и подавно.

Найдём площадь ADL и BLC через формулу с синусом, а сторону BL через теорему синусов.

Ну и осталось найти sina через cos2a: это можно через косинус двойного угла расписать(опять):

Ну и ответ: 36:25.

4.

СТРОИМ:

x и у я обозначил стороны соответствующие, то есть x:y=kx:(ky), kx:x=ky:y.

А теперь посмотрим на отрезок C1B1: он параллелен BC, так как делит стороны в одинаковых пропорциях. А тогда ABC~AB1C1 по углу и параллельной стороне, и из подобия треугольников:

Проведём отрезок FE, который делит BO и CO в отношениях x:y, тогда FE||BC||B1C1.

Но тогда по аналогичным подобиям OFE~OBC:

Тогда четырёхугольник FEC1B1 — паралеллограм, потому что две противолежащие стороны равны и параллельны, значит и FO = OB1 = mx.

Проведём ещё AO:

А потому, что они параллельны. А почему же они параллельны?! Так по тому же отношению, пропорциональности сторон:

Но послушайте: OA делит сторону C1B1 пополам(так как проходит через центр паралеллограма и параллельна B1E), значит это прямая содержащая две медианы треугольников OC1B1 и AC1B1. Но так как эта прямая является медианой треугольника AC1B1, то она является и медианой подобного ему треугольника ACB и проходит через точку O. Что и требовалось доказать.

Запомним, что диагонали в параллелограме точкой пересечения делятся пополам и удалим ненужные стороны и примем сторону АС1 за условную единицу:

И уберём точки F, E: совместим отрезки BF и FO, СЕ и ЕО:

А теперь принимаем, что площадь треугольника равна S и понимаем, что чевианна(отрезок, соединяющий вершину треугольника с точкой на противоположной стороне), делящая противоположную точку в отношении a:b делит и площадь треугольника в отношении a:b, так как высота остаётся той же, а основания меняются в том же отношении:

1 of 3

Площадь синего треугольника относится к площади красного:

То есть отношение площадей нужного четырёхугольника и треугольника — 1:15.

5.

Прочитали условие, строим:

Я вижу тут метод координат, потому что все точки мы можем «найти». Но мне лень, может, есть другой способ? Да. Ну во-первых, заметим, что треугольники DKC и ABC равны по двум сторонам и углу, тогда равны и соответствующие углы: <KDC = <BAC, а ещё <BCM = <DCH. А CM — медиана, она равна половине гипотенузы, поэтому треугольник CMB — равнобедренный, значит и соответствующие уголки равны:

В треугольнике ABC β+α=90, тогда и в треугольнике DHC α+β=90, тогда <H = 90. ЧТД.

Эх, всегда бы такие задания простые, чтобы на егэ раз и решил сходу… ну или хотя бы слегка подумал, просто тут в пункте б) нас просят найти сумму высоты и медианы одного и того же прямоугольного треугольника(ведь они у нас равные) :(

Медиана у нас равна половине гипотенузы, поэтому её надо найти. Высоту будем искать через площади и тоже гипотенузу:

И ответ: 289.

6.

Как же эта задача проста, сука. Но я её не решил. Пришлось подсмотреть после двадцати минут раздумий. Пункт а), конечно, простой, а вот с пунктом б) накладки, С ТАКИМ ПРОСТЫМ ПУНКТОМ Б.

СТРОИМ

Обозначим некоторые углы, пусть угол С — альфа, тогда:

Так как BEDC вписан, то сумма противолежащих углов — 180-α, в четырёхугольнике APCQ два угла прямых вместе 180, на остальные тоже приходится 180: α и 180-α. Рассмотрим четырёхугольник FEHA:

1 of 3

Вот и всё. Нас просили доказать сумму этих двух красных углов.

А теперь пункт б), посмотрим на эти фиолетовый и оранжевый четырёхугольники:

У них два угла прямые, а ещё два угла альфа и 180-альфа, значит они подобны по четырём углам! Тогда отношение FA:AH=PA:AQ, то есть a:AH=b:c, тогда AH = ac/b. Вообще не факт, что что-то там подобно по углам. Вот пример, когда углы все равны, но видно, что эти фигуры нихуя не подобны:

Нужно ещё равное отношение диагоналей или сторон, чего я доказать не могу, увы и ах.

Факт о параллелограмме

Пусть у нас есть параллелограмм, у него отмечены все стороны, углы и диагонали:

Вспомним, что cos(180-alpha)=-cos(alpha) и сложим эти два уравнения:

Вот, в общем-то и весь факт: сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон в параллелограмме.

7.

Как обычно, строим:

Сначала обозначим стороны: AC = a, BC = b, AB = 2c, CM=m. Теперь нужно «посчитать» MC, но я не помню формулу для медианы, поэтомы мы её выведем. Сначала достраиваем наш треугольник до параллелограмма:

Тогда, т.к. сумма квадратов сторон равна сумме квадратов диагоналей в параллелограмме, квадрат медианы равен:

Вспомним, что у нас построены квадраты, а значит стороны равны и мы можем найти DK через теорему косинусов:

Ну тогда придётся выражать cosa. Напомню, что около точки С 4 угла: два по 90, значит на остальные приходится 180, один угол альфа, другой, значит, 180-альфа:

И опять ебошим теорему косинусов:

Сейчас просто сложим последние два уравнения:

Ой, так это же как раз то, что нас просили доказать! Вот пункт а) и покорился.

В пункте б) просят найти два этих красных отрезка.

Не знаю, как вы, а я сначала до красивого решения не допёр, решил через дуркующий способ на страницы три через сотни теорем косинусов, но решил, поэтому эта буква вполне решаема, даже если не заметить красивые вещи.

Проведём BD и AD:

И заметим, что точка O — центр стороны AD, М — центр стороны АВ треугольника АВD, тогда MO — средняя линия этого треугольника. Аналогично MP — средняя линия треугольника ABK. Можем найти BD и AK, чтобы потом поделить их пополам и прийти к нужным сторонам. Заметим, что <BCD = <ACK = 30 + 90 = 120. Тогда по теореме косинусов можем расписать обе стороны:

Заметим, что они одинаковы, тогда найдём одну и всё на этом:

Вот и всё. Пункт б) легче, чем а). Но это только если знать, как решать.

Ответ: 7.

8.

Знаете, что бывает за неправильно прочитанное условие? Много вариантов равнобедренных треугольников в трапеции и рассмотрение их всех. А ещё нельзя забывать, что трапеция это не параллелограм и диагонали у неё точкой пересечения не делятся пополам. СТРОИМ:

Я пометил уголки в правом треугольнике. Теперь, <DBC = 180 - альфа - альфа = 180 — 2альфа. Ну и<ADB = <DBC как накрест лежащие при параллельных прямых, <A = <ADB. Пометим, а также заметим, что и BD=AB в равнобедренном треугольнике, хуле:

Проведём AC и заметим, что треугольник ABC — равнобедренный(по двум сторонам), тогда и соответственные уголки равны:

Заметим ещё, что <ACB=<DAC как накрест лежащие, тогда AC — биссектриса. ЧТД. а ещё раз два фиолетовых угла это 180 - 2альфа, то один — 90 - альфа:

А теперь пункт б) У нас даны диагонали, значит дана левая боковая сторона и верхнее основание, а значит мы можем найти косинус ABC, а потом оттуда найти косинус DBC:

Оранжевенький уголок равен 180 - (90-альфа) - (90-альфа) = 2альфа:

Тогда по теореме косинусов(обозначим AC = a, BD =b, CD = c):

Пользуясь формулами приведения и второй раз косинусом:

Пифагорова тройка, но я её не помню. Её нетрудно посчитать, что ж.

Ответ: 8

9.

Ну тут вообще всё просто. Хотя кажется, что страшно(мне думалось так). Ну сразу обратим внимание на пункт б) S = h*17/2(по формуле) и строим:

Ничего не видите? Я тоже не видел, а пять минут посидел и подумал: смещу-ка я параллельно диагональ BD: до точки C.

Такая картина у нас получилась. А теперь следите за пальцами: BD = EF и EF || BD, так как мы так построили, тогда получается, что BEFD — параллелограмм, тогда и BC = DF. Но постойте-ка, AD + BC = 17, но тогда и AD + DF = AF = 17. Удивительно. А теперь задача про треугольник AEF, где AE = 15, EF = 8, AF = 17(по условию), оставим только его:

Ой, так что же это опять та пифагорова тройка 8, 15, 17? Получается, сумма квадратов катетов равна квадрате гипотенузы. Тогда треугольник прямоугольный. ЧТД. Ну и надо найти высоту h из пункта б), помните? Напомню, через площади:
S=ab/2=ch/2, тогдa
ab=ch
h=ab/c=8*15/17

И подставляем в формулу площади:

Ну и конечный ответ: 60.

10.

Ну и, наверное, моё решение не самое удачное, но я пошёл через метод координат. Но сначала: СТРОИМ

Ну я тут всё обозначил. Найдём AE по пифагору: sqrt(20)*a, тогда половина это sqrt(5)a. Обозначим один уголок альфа:

Проведём ось ОХ через АD, а ось OY через AB:

Точка F это центр AE, значит её координаты — среднее арифметическое координат концов: A(0;0), E(2a; 4a), тогда F(a; 2a). Ну и проведём прямую
y = kx + b. Координата при х = 0 у нас y = 5a/2(то есть b = 5a/2), а k — это производная, а производная, как вы помните, это:

И нам нужно пересечение этой прямой с прямой x = 3a(прямой MO), подставляем:

Опа, координаты точки O(3a; a), тогда помечаем на нашем рисунке их:

По теореме пифагора находим AO: sqrt(10)a, MO = MG - a = 3a, EO = sqrt(10)a, тогда проверяем:

Тогда треугольник AOE прямоугольный по обратной теореме пифагора. ЧТД.

Ну и пункт б) здесь простой:

То есть ответ: 3:1.

Это была последняя на эту статью задача. Планиметрия достаточно интересная, если её понимать(ахахаха). Лишь один пункт б) из этих десяти задач я не смог решить(это про пятиугольник). Если кто знает как — может отписать в комментах, ну или в лс. Если нужно больше планиметрии, то, может, сделаю ещё. А может и не сделаю. А может другой админ сделает. Тот, который понимает в планиметрии. А может тот, кто не понимает, но разберётся в ней.

Спасибо и пака-пака, я пошёл отдыхать.