В окружности с центром О проведены две хорды АВ и CD так, что центральные углы АОВ и СОD равны. На эти хорды опущены перпендикуляры ОК и OL. Докажите, что ОК и OL равны.
Треугольники АОВ и СОD равны по двум сторонам и углу между ними (AO = BO = CO = DO как радиусы окружности, ∠AOB = ∠COD по условию). Следовательно, высоты OK и OL равны как соответственные элементы равных треугольников.
Окружности с центрами в точках I и J пересекаются в точках A и B, причём точки I и J лежат по одну сторону от прямой AB. Докажите, что отрезки AB и IJ перпендикулярны.
Точка I равноудалена от A и B, поэтому она лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB. То же можно сказать и о J . Значит, IJ — серединный перпендикуляр к AB.
Задание 25 № 341422
Окружности с центрами в точках I и J пересекаются в точках A и B, причём точки I и J лежат по одну сторону от прямой AB. Докажите, что отрезки AB и IJ перпендикулярны.
Решение: IA и IB — радиусы окружности с центром в точке I => IA = IB => треугольник IAB — равнобедренный.
Проведем медиану IJ к стороне AB. Т.к. треугольник IAB — равнобедренный, то IJ также является высотой, проведённой AB => AB и IJ перпендикулярны, что и требовалось доказать.
В окружности с центром O проведены две равные хорды и MN. На эти хорды опущены перпендикуляры OH и OS. Докажите, что OH и OS равны.
Проведем ОK, ON, OL, OM — радиусы. Треугольники KOL и MON равны по трем сторонам, тогда высоты OH и OS также равны как элементы равных треугольников. Что и требовалось доказать.
В окружности через середину O хорды AC проведена хорда BD так, что дуги AB и CD равны. Докажите, что O — середина хорды BD.
Вписанные углы ADB, CBD , ACB и DAC опираются на равные дуги, значит, они равны.
Получаем, что треугольники СOВ и AOD подобны по двум углам; их коэффициент подобия равен AO:OC. Поскольку AO = OC , эти треугольники равны, следовательно, BO = OD.
Окружности с центрами в точках O1 и O2 не имеют общих точек, и ни одна из них не лежит внутри другой. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры, в отношении m:n. Докажите, что диаметры этих окружностей относятся как m:n.
Проведём построения и введём обозначения, как показано на рисунке. Пусть Рассмотрим треугольники и они прямоугольные, углы и равны как вертикальные, следовательно, треугольники подобны, откуда
Видео:Как решать задания на окружность ОГЭ 2021? / Разбор всех видов окружностей на ОГЭ по математикеСкачать
Разбор геометрия ОГЭ 2 часть
Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.
Видео:Все типы 24 задание 2 часть ОГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ 2023 УмскулСкачать
«Снятие эмоционального напряжения у детей и подростков с помощью арт-практик и психологических упражнений»
Сертификат и скидка на обучение каждому участнику
Задание 24. Окружность с центром на стороне АС треугольника ABC проходит через вершину С и касается прямой АВ в точке В. Найдите АС, если диаметр окружности равен 15, а АВ = 4.
Сделаем построение, проведен радиус BO, который будет перпендикулярен стороне AB, так как AB – касательная к окружности по условию задачи (см. рисунок).
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABO, у которого известны два катета: AB=4 и BO=d/2, где d=15 – диаметр окружности. Тогда по теореме Пифагора, длина отрезка AO равна
В результате получаем, что длина отрезка AC=AO+OC есть
.
Задание 25. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали пересекаются в точке О. Докажите, что площади треугольников АОВ и COD равны.
Запишем площадь треугольника ABO в виде:
,
где — площадь треугольника ABC; — площадь треугольника BOC. То есть площадь треугольника ABO можно представить как:
. (1)
Аналогично запишем площадь треугольника DCO, имеем:
Так как , то последнее выражение можно переписать в виде:
. (2)
Выражения (1) и (2) идентичны между собой и описывают площади треугольников ABO и DCO, то есть площади этих треугольников равны. Утверждение доказано.
Задание 26. Биссектрисы углов А и В параллелограмма ABCD пересекаются в точке K. Найдите площадь параллелограмма, если ВС = 6, а расстояние от точки K до стороны АВ равно 6.
Так как ABCD параллелограмм, а AK и BK – биссектрисы углов A и B, то точка K равноудалена от сторон AB и BC (см. рисунок). По условию задачи точка K удалена от стороны AB на расстояние 6 единиц, следовательно, от стороны BC она также удалена на 6 единиц. Получаем, что высота параллелограмма (красная линия на рисунке) равна единиц. Тогда площадь параллелограмма можно найти как
.
Задание 24. Окружность с центром на стороне АС треугольника ABC проходит через вершину С и касается прямой АВ в точке В. Найдите диаметр окружности, если АВ = 2, АС = 8.
Сделаем построение, проведен радиус BO, который будет перпендикулярен стороне AB, так как AB – касательная к окружности по условию задачи (см. рисунок).
Введем обозначение OB=OC=r – радиусы окружности. Тогда отрезок . Выразим квадрат радиуса BO=r из прямоугольного треугольника ABO по теореме Пифагора, получим следующее выражение:
Так как BO=r, получаем уравнение:
И диаметр окружности равен .
Задание 24. Точка Н является основанием высоты ВН, проведённой из вершины прямого угла В прямоугольного треугольника ABC. Окружность с диаметром ВН пересекает стороны АВ и СВ в точках Р и K соответственно. Найдите ВН, если РК = 11.
Для решения данной задачи нужно вспомнить, что в любой окружности хорды, проведенные от ее диаметра, всегда пересекаются под углом в 90 градусов. Следовательно, точки P и K находятся на разных концах диаметра окружности, и так как PK=11, то и диаметр окружности равен 11. В задаче сказано, что BH – это диаметр окружности, значит, BH=PK=11.
Задание 25. В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты BB1 и CC1 Докажите, что углы BB1C1 и ВСC1 равны.
1. Из рисунка видно, что треугольники BOC1 и CB1O подобны по двум углам (углы , так как CC1 и BB1 – высоты, а углы как вертикальные углы). В подобных треугольниках соответственные стороны пропорциональны, то есть можно написать соотношение
.
2. Треугольники C1OB1 и BOC подобны по двум пропорциональным сторонам и углам между ними (углы – вертикальные).
3. Из подобия треугольников следует равенство углов:
,
а, значит, равны и углы
.
Задание 26. В треугольнике ABC биссектриса угла А делит высоту, проведённую из вершины В, в отношении 5 : 4, считая от точки В. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ABC, если ВС = 12.
По условию задачи BO:OH=5:4, следовательно, OH:BO=4:5. По свойству биссектрисы AH:AB=HO:BO=4:5, но AH:AB – это косинус угла A, то есть . Рассмотрим прямоугольный треугольник AHB, в котором условно катет AH=4, а гипотенуза AB=5. По теореме Пифагора находим
.
Тогда синус угла A равен . По следствию теоремы синусов имеем:
,
где R – радиус описанной окружности. Следовательно,
.
Задание 24. Точка Н является основанием высоты ВН, проведённой из вершины прямого угла В прямоугольного треугольника ABC. Окружность с диаметром ВН пересекает стороны АВ и СВ в точках Р и К соответственно. Найдите ВН, если РК = 12.
Для решения данной задачи нужно вспомнить, что в любой окружности хорды, проведенные от ее диаметра, всегда пересекаются под углом в 90 градусов. Следовательно, точки P и K находятся на разных концах диаметра окружности, и так как PK=12, то и диаметр окружности равен 12. В задаче сказано, что BH – это диаметр окружности, значит, BH=PK=12.
Задание 24. Найдите боковую сторону АВ трапеции ABCD, если углы ABC и BCD равны соответственно 30° и 120°, a CD = 25.
Рассмотрим прямоугольный треугольник CDH, в котором угол . Так как косинус угла – это отношение прилежащего катета к гипотенузе, то можно записать, что
,
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABM, в котором AM=CH. Известно, что синус угла – это отношение противолежащего катета к гипотенузе, то есть, имеем:
,
.
Подставляя вместо AM найденное ранее числовое значение, получаем:
.
Задание 25. Точка Е — середина боковой стороны АВ трапеции ABCD. Докажите, что площадь треугольника ECD равна половине площади трапеции.
Из рисунка видно, что площадь треугольника ECD можно выразить как
.
Площадь трапеции можно вычислить как произведение средней линии трапеции на высоту HH1, то есть
.
Площади треугольников BCE и AED равны
Тогда, площадь треугольника ECD равна
.
Учитывая, что , получаем:
То есть площадь треугольника ECD равна половине площади трапеции ABCD.
Задание 26. В треугольнике ABC биссектриса BE и медиана AD перпендикулярны и имеют одинаковую длину, равную 8. Найдите стороны треугольника ABC.
1. По условию задачи биссектриса BE и медиана AD пересекаются под прямым углом. Следовательно, в треугольнике ABD BO – медиана, и треугольник ABD равнобедренный с основанием AD. Тогда AO=OD=4.
Если медиана с биссектрисой пересекаются под 90 градусов, то в точке пересечения биссектриса делится в отношении 3:1, считая от вершины, следовательно, .
2. Рассмотрим прямоугольный треугольник AOB, в котором известны два катета AO и BO. По теореме Пифагора найдем гипотенузу AB:
.
Так как BD=AB, а BC=2BD=2AB, то
.
3. Вычислим длину отрезка AE из прямоугольного треугольника AOE по теореме Пифагора:
По свойству биссектрисы треугольника можно записать, что
,
и сторона AC равна
.
Ответ:.
Задание 24. Найдите боковую сторону АВ трапеции ABCD, если углы ABC и BCD равны соответственно 45° и 150°, a CD = 26.
Рассмотрим прямоугольный треугольник CDH, в котором угол . Так как косинус угла – это отношение прилежащего катета к гипотенузе, то можно записать, что
,
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABM, в котором AM=CH. Известно, что синус угла – это отношение противолежащего катета к гипотенузе, то есть, имеем:
,
.
Подставляя вместо AM найденное ранее числовое значение, получаем:
.
Задание 24. Катеты прямоугольного треугольника равны 15 и 36. Найдите высоту, проведённую к гипотенузе.
Высоту CH можно найти из формулы площади треугольника как
, (1)
где AB – гипотенуза прямоугольного треугольника, равная (по теореме Пифагора)
.
Площадь прямоугольного треугольника ABC также равна половине произведения его катетов:
.
Подставим все известные величины в формулу (1) и найдем высоту CH, получим:
,
.
Ответ:.
Задание 25. Окружности с центрами в точках Е и F пересекаются в точках С и D, причём точки Е и F лежат по одну сторону от прямой CD. Докажите, что .
Так как точки C и D лежат как на малой, так и на большой окружностях, то CE=ED – радиусы малой окружности, а CF=FD – радиусы большой окружности. Следовательно, треугольники CDE и CDF – равнобедренные с основанием CD. Отсюда следует, что треугольники CEF=DEF по трем сторонам. Так как в равных треугольниках углы также равны, то получаем, что , а значит, FE – биссектриса равнобедренного треугольника CFD. Но биссектриса в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, также является высотой, следовательно .
Задание 24. Катет и гипотенуза прямоугольного треугольника равны 20 и 52. Найдите высоту, проведённую к гипотенузе.
Высоту CH прямоугольного треугольника ABC можно найти из формулы площади треугольника
,
.
Площадь прямоугольного треугольника можно найти как произведения его катетов, деленное пополам:
,
где катет CB вычисляется по теореме Пифагора как
Таким образом, площадь треугольника равна
,
.
Ответ:.
Задание 25. Окружности с центрами в точках М и N пересекаются в точках S и Т, причём точки М и N лежат по одну сторону от прямой ST. Докажите, что MN перпендикулярна ST.
Так как точки S и T лежат как на малой, так и на большой окружностях, то SM=TM – радиусы малой окружности, а SN=TN – радиусы большой окружности. Следовательно, треугольники STM и STN – равнобедренные с основанием ST. Отсюда следует, что треугольники TMN=SMN по трем сторонам. Так как в равных треугольниках углы также равны, то получаем, что , а значит, MN – биссектриса равнобедренного треугольника SNT. Но биссектриса в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, также является высотой, следовательно .
Задание 24. Окружность пересекает стороны АВ и АС треугольника ABC в точках К и Р соответственно и проходит через вершины В и С. Найдите длину отрезка КР, если АК = 14 , а сторона АС в 2 раза больше стороны ВС.
Пусть сторона , тогда , так как она в 2 раза больше стороны BC по условию задачи. Теперь рассмотрим четырехугольник CPKB, который вписан в окружность. Как известно, у такого четырехугольника сумма противоположных углов равна 180 градусов, то есть и . Предположим, что угол , тогда угол , теперь, учитывая, что углы и смежные, то угол
то есть он равен углу . Аналогично и для угла . Из равенства этих двух пар углов следует, что треугольники ACB и APK подобны друг другу по двум углам.
Для подобных треугольников можно записать следующее соотношение:
,
и подставляя числовые значения, имеем:
.
Задание 25. На средней линии трапеции ABCD с основаниями AD и ВС выбрали произвольную точку F. Докажите, что сумма площадей треугольников BFC и AFD равна половине площади трапеции.
По условию задачи точка F лежит на отрезке MN – средней линии трапеции. Проведем через эту точку высоту HL трапеции. Тогда по определению средней линии, отрезки FH=FL=1/2HL. Используя данные обозначения, выразим площади треугольников BFC и AFD следующим образом:
Соответственно, сумма этих площадей составит величину, равную
но так как — это площадь всей трапеции, то получаем, что
.
Задание 24. Окружность пересекает стороны АВ и АС треугольника ABC в точках К и Р соответственно и проходит через вершины В и С. Найдите длину отрезка КР, если АК = 18, а сторона АС в 1,2 раза больше стороны ВС.
Пусть сторона , тогда , так как она в 1,2 раза больше стороны BC по условию задачи. Теперь рассмотрим четырехугольник CPKB, который вписан в окружность. Как известно, у такого четырехугольника сумма противоположных углов равна 180 градусов, то есть и . Предположим, что угол , тогда угол , теперь, учитывая, что углы и смежные, то угол
то есть он равен углу . Аналогично и для угла . Из равенства этих двух пар углов следует, что треугольники ACB и APK подобны друг другу по двум углам.
Для подобных треугольников можно записать следующее соотношение:
,
и подставляя числовые значения, имеем:
.
Задание 24. Углы В и С треугольника АБС равны соответственно 71° и 79°. Найдите ВС, если радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен 8.
Сначала вычислим третий угол A, учитывая, что сумма всех углов в треугольнике равна 180 градусов, имеем:
В соответствии с теоремой синусов, можно записать
,
где — радиус описанной вокруг треугольника окружности. Из последнего выражения имеем:
.
Задание 24. Высота АН ромба ABCD делит сторону CD на отрезки DH = 20 и СН = 5. Найдите высоту ромба.
Длина стороны DC ромба ABCD, равна
Так как у ромба все стороны равны, то AD=DC=25. В результате, имеем прямоугольный треугольник, ADH, в котором известна гипотенуза AD и катет DH. Тогда второй катет AH (высота ромба) можно найти по теореме Пифагора:
Задание 25. Основания ВС и AD трапеции ABCD равны соответственно 3 и 12, BD = 6. Докажите, что треугольники CBD и BDA подобны.
Так как ABCD трапеция, то ее основания , следовательно, равны и углы как накрест лежащие при параллельных BC, AD и секущей BD. Рассмотрим треугольники CBD и BDA, у которых имеем следующие пропорции:
и .
Следовательно, треугольники CBD и BDA подобны друг другу по двум пропорциональным сторонам и равным углам, заключенными между этими сторонами.
Задание 24. Прямая, параллельная стороне АС треугольника ABC, пересекает стороны АВ и ВС в точках М и N соответственно. Найдите BN, если MN = 13, АС = 65, NC = 28.
Сначала докажем, что треугольники BMN и ABC подобные. Так как , то равны и углы и . Следовательно, треугольники BMN и BAC подобны по двум углам. Для подобных треугольников можно записать следующее соотношение длин их сторон:
.
Пусть сторона , тогда сторона (по условию задачи), и отношение сторон можно записать как
То есть длина стороны BN=7.
Задание 25. Биссектрисы углов В и С параллелограмма ABCD пересекаются в точке М стороны AD. Докажите, что М — середина AD.
Так как ABCD – параллелограмм, то стороны и . Из этого положения следует равенство углов и . Так как BM – биссектриса, то равны и углы . Из равенства двух углов при основании BM следует, что треугольник ABM – равнобедренный, с равными сторонами AB=AM. Аналогично для треугольника CMD, у которого углы при основании MC равны, следовательно, он равнобедренный и CD=MD. Учитывая, что ABCD – параллелограмм, у которого стороны AB=CD, то автоматически следует, что и AM=MD, то есть точка M – середина отрезка AD. Положение доказано.
Задание 24. Точка Н является основанием высоты, проведённой из вершины прямого угла В треугольника ABC к гипотенузе АС. Найдите АВ, если АН = 10, АС = 40.
В соответствии со свойством о средних пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике, катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное для гипотенузы и отрезка гипотенузы, заключенного между катетом и высотой, проведенной из вершины прямого угла. То есть в данном случае можно записать:
,
и, подставляя числовые значения, имеем:
.
Задание 25. Через точку О пересечения диагоналей параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая стороны АВ и CD в точках Р и Т соответственно. Докажите, что BP = DT.
У параллелограмма диагонали BD и AC делятся в точке пересечения O пополам, то есть BO=OD. Кроме того, в параллелограмме противоположные стороны параллельны, то есть и, следовательно, — как накрест лежащие при параллельных прямых и секущей BD. Углы — как вертикальные углы. В результате имеем, что треугольники BOP и DOT равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, а, следовательно, равны и стороны BP=DT.
Задание 24. Отрезки АВ и DC лежат на параллельных прямых, а отрезки АС и BD пересекаются в точке М. Найдите МС, если АВ = 12, DC = 48, АС = 35.
Так как , то углы как накрест лежащие углы при параллельных прямых AB, DC и секущей AC. Углы как вертикальные углы. Следовательно, треугольники AMB и CMD подобны по двум углам. Для подобных треугольников можно записать следующее отношение:
.
Пусть AM=x, тогда MC=AC-AM=35-x, и отношение примет вид:
,
Задание 25. Внутри параллелограмма ABCD выбрали произвольную точку Е. Докажите, что сумма площадей треугольников ВЕС и AED равна половине площади параллелограмма.
Проведем в параллелограмме ABCD высоту MN, равную h, и проходящую через точку E. Пусть расстояние ME=x, тогда NE=h-x. Площадь параллелограмма можно вычислить как
,
а площади треугольников как
Так как в параллелограмме противоположные стороны равны, то BC=AD и сумма площадей треугольников равна
,
что в точности равно половине площади параллелограмма ABCD. Утверждение доказано.
Задание 24. Углы В и С треугольника ABC равны соответственно 66° и 84°. Найдите ВС, если радиус окружности, описанной около треугольника ABC, равен 15.
Так как сумма углов в любом треугольнике равна 180 градусов, то угол А равен
Найдем длину BC из теоремы синусов как
,
где — радиус описанной окружности вокруг треугольника ABC. Отсюда получаем:
Задание 25. В треугольнике ABC с тупым углом АСВ проведены высоты АА1 и ВВ1. Докажите, что треугольники A1CB1 и АСВ подобны.
Рассмотрим сначала два прямоугольных треугольника AA1C и BB1C, которые подобны по двум углам (один угол у них прямой, а углы как вертикальные). У подобных треугольников AA1C и BB1C сторона A1C пропорциональна стороне B1C, а сторона AC пропорциональна стороне BC.
Рассмотрим теперь треугольники A1CB1 и ACB, у которых пропорциональны стороны AC, CB и A1C, B1C и равны углы между этими сторонами как вертикальные. По второму признаку подобия два треугольника подобны, если стороны одного треугольника пропорциональны соответствующим сторонам другого треугольника и углы, заключенные между этими сторонами, равны. То есть треугольники A1CB1 и ACB подобны друг другу. Утверждение доказано.
Задание 24. Катеты прямоугольного треугольника равны 21 и 28. Найдите высоту, проведённую к гипотенузе.
Высоту BH можно найти из формулы площади прямоугольного треугольника , где AC – гипотенуза прямоугольного треугольника, равная (в соответствии с теоремой Пифагора) . Также площадь прямоугольного треугольника равна . Приравнивая эти площади, получаем:
,
Задание 25. Сторона ВС параллелограмма ABCD вдвое больше стороны АВ. Точка Е — середина стороны ВС. Докажите, что АЕ — биссектриса угла BAD.
Так как ABCD – параллелограмм, то стороны , следовательно, углы как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей AE. По условию задачи BC больше AB в 2 раза, и, учитывая, что E – это середина BC, то AB=BE. Таким образом, треугольник ABE – равнобедренный, с равными углами при основании AE. Но углы , следовательно, , и это означает, что AE — биссектриса угла BAD. Утверждение доказано.
Задание 24. Биссектриса угла А параллелограмма ABCD пересекает сторону ВС в точке K. Найдите периметр параллелограмма, если ВК = 3, CK = 19.
Так как ABCD – параллелограмм, то стороны , следовательно, углы как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей AK. По условию задачи AK – биссектриса угла A, значит, углы и отсюда получаем, что . Таким образом, треугольник ABK равнобедренный со сторонами AB=BK=3 и основанием AK. Учитывая, что в параллелограмме противоположные стороны равны, и BC=3+19=22, то периметр равен
.
Задание 25. В выпуклом четырёхугольнике ABCD углы ABD и ACD равны. Докажите, что углы DAC и DBC также равны.
Проведем в четырехугольнике диагонали AC и BD и отметим точку E на их пересечении. Рассмотрим треугольники ABE и DEC, у которых равны углы по условию задачи, а также равны углы как вертикальные. Таким образом, треугольники ABE и DEC подобные по двум углам с пропорциональными сторонами BE и CE, а также AE и DE. Рассмотрим теперь треугольники AED и BEC, у которых сторона AE пропорциональна стороне DE, а сторона BE пропорциональна стороне CE, кроме того, равны углы как вертикальные. Отсюда следует, что треугольники AED и BEC подобны по двум соответствующим пропорциональным сторонам и углу между ними. Так как у подобных треугольников соответствующие углы равны, то угол . Утверждение доказано.
Задание 24. Биссектрисы углов А и В при боковой стороне АВ трапеции ABCD пересекаются в точке F. Найдите АВ, если AF = 8, BF = 15.
Фигура ABCD – трапеция с основаниями AD и BC, то есть , и, следовательно, . По условию задачи AF и BF – биссектрисы, значит, . Так как сумма углов в треугольнике равна 180 градусов, то из треугольника ABF получаем угол
То есть треугольник ABF прямоугольный с гипотенузой AB. Найдем длину гипотенузы AB по теореме Пифагора:
Задание 25. Известно, что около четырёхугольника ABCD можно описать окружность и что продолжения сторон AD и ВС четырёхугольника пересекаются в точке К. Докажите, что треугольники KAB и KCD подобны.
Если вокруг четырехугольника можно описать окружность, то суммы его противоположных углов равны по 180 градусов, то есть . Если положить угол , тогда угол , и, учитывая, что углы и смежные, то угол
то есть он равен углу . Таким образом, треугольники KAB и KDC подобны по двум углам (угол K – общий). Утверждение доказано.
Задание 24. Найдите боковую сторону АВ трапеции ABCD, если углы ABC и BCD равны соответственно 60° и 135°, a CD = 36.
Проведем в трапеции две высоты и DH (см. рисунок). Рассмотрим прямоугольный треугольник CHD с углом . Следовательно, треугольник CHD также равнобедренный со сторонами CH=HD и основанием CD. Пусть сторона DH=x, соответственно, CH=x. Тогда по теореме Пифагора можно записать, что
То есть . Рассмотрим прямоугольный треугольник , в котором известен один катет и угол . Так как синус угла B – это отношение противолежащего катета на гипотенузу AB, то можно записать
,
.
Задание 24. Катет и гипотенуза прямоугольного треугольника равны 16 и 34 соответственно. Найдите высоту, проведённую к гипотенузе.
В соответствии со свойством о средних пропорциональных отрезках в прямоугольном треугольнике, катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное для гипотенузы и отрезка гипотенузы, заключенного между катетом и высотой, проведенной из вершины прямого угла. То есть в данном случае можно записать:
,
.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ACH, в котором известна гипотенуза AC и катет AH, следовательно, высоту CH можно найти по теореме Пифагора:
Ответ:.
Задание 25. Биссектрисы углов B и C трапеции ABCD пересекаются в точке О, лежащей на стороне AD. Докажите, что точка О равноудалена от прямых АВ, ВС и CD.
По условию задачи ABCD – трапеция с основаниями BC и AD и биссектрисами BO и CO, то есть углы и . Из точки O проведем три перпендикуляра (по сути они будут являться расстояниями от точки O до прямых AB, BC и CD).
Теперь заметим, что треугольники BMO=BNO равны как прямоугольные по гипотенузе и острому углу: BO – общая гипотенуза; , так как BO – биссектриса. Из равенства треугольников следует, что OM=ON.
Аналогично для треугольников CNO=CKO, которые равны как прямоугольные по гипотенузе и острому углу: CO – общая гипотенуза; , так как CO – биссектриса. Следовательно, ON=OK.
Таким образом, имеем, что MO=NO=KO, а значит, точка O равноудалена от прямых AB, BC и CD. Положение доказано.
Задание 24. Расстояние от точки пересечения диагоналей ромба до одной из его сторон равно 14, а одна из диагоналей ромба равна 56. Найдите углы ромба.
Диагонали ромба являются биссектрисами его соответствующих углов, а точка пересечения O делит диагонали ромба пополам. Отсюда следует, что угол . Рассмотрим прямоугольный треугольник AON (прямоугольный, так как расстояние от точки O до AD – это перпендикуляр, опущенный из точки O). В этом треугольнике известен катет ON=14 и гипотенуза AO=AC:2=56:2=28. Тогда синус угла будет равен отношению противолежащего катета ON на гипотенузу AO:
.
.
Так как противоположные углы в ромбе равны, то . Сумма односторонних углов в ромбе равна 180 градусов, то есть и
,
.
Ответ: 60, 60, 120, 120.
Задание 25. В трапеции ABCD с основаниями AD и ВС диагонали пересекаются в точке О. Докажите, что площади треугольников АОВ и COD равны.
Запишем площадь треугольника ABO в виде:
,
где — площадь треугольника ABC; — площадь треугольника BOC. То есть площадь треугольника ABO можно представить как:
. (1)
Аналогично запишем площадь треугольника DCO, имеем:
Так как , то последнее выражение можно переписать в виде:
. (2)
Выражения (1) и (2) идентичны между собой и описывают площади треугольников ABO и DCO, то есть площади этих треугольников равны. Утверждение доказано.
Задание 24. Прямая, параллельная основаниям трапеции ABCD, пересекает её боковые стороны АВ и CD в точках Е и F соответственно. Найдите длину отрезка EF, если AD = 48, ВС = 16, CF:DF = 5:3.
Так как ABCD трапеция, то ее основания . По условию задачи прямая и . Дополним построение, продолжим стороны AB и CD так, чтобы они пересекались в точке P (см. рисунок). При этом треугольник PBC будет подобен треугольнику PAD по двум углам: — общий, а углы как соответственные при параллельных прямых BC, AD и секущей AP. Для подобных треугольников можно записать следующее соотношение:
.
Пусть PC=y, а коэффициент пропорциональности отрезков CF и DF равен x. Тогда CF=5x, DF=3x, CD=8x и соотношение сторон принимает вид:
,
Теперь рассмотрим подобные треугольники PBC и PEF (также подобны по двум углам), из которых следует соотношение:
и после подстановки известных выражений, имеем:
.
Задание 25. Окружности с центрами в точках I и J не имеют общих точек. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры, в отношении m:n. Докажите, что диаметры этих окружностей относятся как m:n.
По условию задачи прямые IP:JP=m:n, а MN – касательная к окружностям в точках M и N, следовательно, и . Рассмотрим два прямоугольных треугольника IPM и JPN, которые подобны по двум углам: один угол у них прямой, а два других как вертикальные углы. Для подобных треугольников можно записать соотношение:
,
но по условию , следовательно,
или, что эквивалентно, в виде
,
где — диаметры соответствующих окружностей. Утверждение доказано.
Задание 24. Биссектрисы углов А и В при боковой стороне АВ трапеции ABCD пересекаются в точке F. Найдите АВ, если AF = 24, BF = 18.
У трапеции ABCD основания , следовательно, углы как внутренние односторонние при параллельных прямых. По условию задачи AF и BF – биссектрисы соответствующих углов, тогда сумма углов
и, следовательно, угол (так как сумма углов в треугольнике ABF равна 180 градусов). Таким образом, имеем прямоугольный треугольник AFB с гипотенузой AB, которую вычислим по теореме Пифагора:
Задание 25. Через точку О пересечения диагоналей параллелограмма ABCD проведена прямая, пересекающая стороны ВС и AD в точках К и М соответственно. Докажите, что BK = DM.
Точка пересечения O диагоналей AC и BD параллелограмма ABCD делит эти диагонали пополам, то есть BO=OD. Кроме того, углы как вертикальные, а углы как накрест лежащие при параллельных прямых и секущей BD. Таким образом, треугольники BOK и DOM равны по стороне и двум с прилежащим к ней углам. Следовательно, и соответствующие стороны эти треугольников равны, то есть BK=DM. Утверждение доказано.
Задание 24. Прямая, параллельная стороне АС треугольника ABC, пересекает стороны АВ и ВС в точках М и N соответственно. Найдите BN, если MN = 15, АС = 25, NC = 22.
По условию задачи в треугольнике ABC прямая , следовательно, треугольники MBN и ABC подобны по двум углам: угол — общий, а углы как соответственные при параллельных прямых MN, AC и секущей AB. Из подобия треугольников следует:
.
Из рисунка видно, что , подставляем числовые значения в отношение, имеем:
Задание 25. В выпуклом четырёхугольнике ABCD углы ABD и ACD равны. Докажите, что углы DAC и DBC также равны.
Треугольники AOB и DOC подобны по двум углам: по условию задачи, а углы — как вертикальные. Из подобия треугольников можно записать следующее отношение:
.
Теперь рассмотрим треугольники BOC и AOD, которые также подобны по двум пропорциональным сторонам (полученное ранее отношение сторон) и углам (равны как вертикальные углы), заключенным между этими сторонами. Как известно, в подобных треугольниках соответствующие углы равны, то есть , а значит и . Утверждение доказано.
📺 Видео
ВСЕ ТИПЫ 20 ЗАДАНИЕ 2 ЧАСТЬ ОГЭ МАТЕМАТИКА 2023Скачать
Вторая часть ОГЭ 2022 по математике | Разбор вариантаСкачать
и MN. На эти хорды опущены перпендикуляры OH и OS. Докажите, что OH и OS равны.
Рассмотрим треугольники 
и 
они прямоугольные, углы 
равны как вертикальные, следовательно, треугольники подобны, откуда 
.
,
— площадь треугольника ABC; 
— площадь треугольника BOC. То есть площадь треугольника ABO можно представить как:
. (1)
, то последнее выражение можно переписать в виде:
. (2)
единиц. Тогда площадь параллелограмма можно найти как
.
. Выразим квадрат радиуса BO=r из прямоугольного треугольника ABO по теореме Пифагора, получим следующее выражение:
.
, так как CC1 и BB1 – высоты, а углы 
как вертикальные углы). В подобных треугольниках соответственные стороны пропорциональны, то есть можно написать соотношение
.
– вертикальные).
,
.
. Рассмотрим прямоугольный треугольник AHB, в котором условно катет AH=4, а гипотенуза AB=5. По теореме Пифагора находим
.
. По следствию теоремы синусов имеем:
,
.
. Так как косинус угла – это отношение прилежащего катета к гипотенузе, то можно записать, что
,
,
.
.
.
на высоту HH1, то есть
.
.
, получаем:
.
.
.
,
.
.
. Так как косинус угла – это отношение прилежащего катета к гипотенузе, то можно записать, что
,
,
.
.
, (1)
.
.
,
.
.
.
, а значит, FE – биссектриса равнобедренного треугольника CFD. Но биссектриса в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, также является высотой, следовательно 
,
.
,
,
.
.
, а значит, MN – биссектриса равнобедренного треугольника SNT. Но биссектриса в равнобедренном треугольнике, проведенная к основанию, также является высотой, следовательно 
.
, тогда 
, так как она в 2 раза больше стороны BC по условию задачи. Теперь рассмотрим четырехугольник CPKB, который вписан в окружность. Как известно, у такого четырехугольника сумма противоположных углов равна 180 градусов, то есть 
и 
. Предположим, что угол 
, тогда угол 
, теперь, учитывая, что углы 
и 
смежные, то угол
. Аналогично и для угла 
. Из равенства этих двух пар углов следует, что треугольники ACB и APK подобны друг другу по двум углам.
,
.
— это площадь всей трапеции, то получаем, что
.
, так как она в 1,2 раза больше стороны BC по условию задачи. Теперь рассмотрим четырехугольник CPKB, который вписан в окружность. Как известно, у такого четырехугольника сумма противоположных углов равна 180 градусов, то есть 
.
— радиус описанной вокруг треугольника окружности. Из последнего выражения имеем:
.
, следовательно, равны и углы 
как накрест лежащие при параллельных BC, AD и секущей BD. Рассмотрим треугольники CBD и BDA, у которых имеем следующие пропорции:
и 
.
, то равны и углы 
и 
. Следовательно, треугольники BMN и BAC подобны по двум углам. Для подобных треугольников можно записать следующее соотношение длин их сторон:
.
, тогда сторона 
(по условию задачи), и отношение сторон можно записать как
и 
. Из этого положения следует равенство углов 
и 
. Так как BM – биссектриса, то равны и углы 
. Из равенства двух углов при основании BM следует, что треугольник ABM – равнобедренный, с равными сторонами AB=AM. Аналогично для треугольника CMD, у которого углы при основании MC равны, следовательно, он равнобедренный и CD=MD. Учитывая, что ABCD – параллелограмм, у которого стороны AB=CD, то автоматически следует, что и AM=MD, то есть точка M – середина отрезка AD. Положение доказано.
,
.
— как накрест лежащие при параллельных прямых и секущей BD. Углы 
— как вертикальные углы. В результате имеем, что треугольники BOP и DOT равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, а, следовательно, равны и стороны BP=DT.
как накрест лежащие углы при параллельных прямых AB, DC и секущей AC. Углы 
как вертикальные углы. Следовательно, треугольники AMB и CMD подобны по двум углам. Для подобных треугольников можно записать следующее отношение:
.
,
,
,
— радиус описанной окружности вокруг треугольника ABC. Отсюда получаем:
как вертикальные). У подобных треугольников AA1C и BB1C сторона A1C пропорциональна стороне B1C, а сторона AC пропорциональна стороне BC.
между этими сторонами как вертикальные. По второму признаку подобия два треугольника подобны, если стороны одного треугольника пропорциональны соответствующим сторонам другого треугольника и углы, заключенные между этими сторонами, равны. То есть треугольники A1CB1 и ACB подобны друг другу. Утверждение доказано.
, где AC – гипотенуза прямоугольного треугольника, равная (в соответствии с теоремой Пифагора) 
. Также площадь прямоугольного треугольника равна 
. Приравнивая эти площади, получаем:
,
как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей AE. По условию задачи BC больше AB в 2 раза, и, учитывая, что E – это середина BC, то AB=BE. Таким образом, треугольник ABE – равнобедренный, с равными углами 
при основании AE. Но углы 
, следовательно, 
, и это означает, что AE — биссектриса угла BAD. Утверждение доказано.
как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей AK. По условию задачи AK – биссектриса угла A, значит, углы 
и отсюда получаем, что 
. Таким образом, треугольник ABK равнобедренный со сторонами AB=BK=3 и основанием AK. Учитывая, что в параллелограмме противоположные стороны равны, и BC=3+19=22, то периметр равен
.
по условию задачи, а также равны углы 
как вертикальные. Таким образом, треугольники ABE и DEC подобные по двум углам с пропорциональными сторонами BE и CE, а также AE и DE. Рассмотрим теперь треугольники AED и BEC, у которых сторона AE пропорциональна стороне DE, а сторона BE пропорциональна стороне CE, кроме того, равны углы 
как вертикальные. Отсюда следует, что треугольники AED и BEC подобны по двум соответствующим пропорциональным сторонам и углу между ними. Так как у подобных треугольников соответствующие углы равны, то угол 
. Утверждение доказано.
. По условию задачи AF и BF – биссектрисы, значит, 
. Так как сумма углов в треугольнике равна 180 градусов, то из треугольника ABF получаем угол
. Если положить угол 
, тогда угол 
, и, учитывая, что углы 
и 
смежные, то угол
. Таким образом, треугольники KAB и KDC подобны по двум углам (угол K – общий). Утверждение доказано.
и DH (см. рисунок). Рассмотрим прямоугольный треугольник CHD с углом 
. Следовательно, треугольник CHD также равнобедренный со сторонами CH=HD и основанием CD. Пусть сторона DH=x, соответственно, CH=x. Тогда по теореме Пифагора можно записать, что
. Рассмотрим прямоугольный треугольник 
, в котором известен один катет и угол 
. Так как синус угла B – это отношение противолежащего катета 
,
.
,
.
.
и 
. Из точки O проведем три перпендикуляра 
(по сути они будут являться расстояниями от точки O до прямых AB, BC и CD).
, так как BO – биссектриса. Из равенства треугольников следует, что OM=ON.
, так как CO – биссектриса. Следовательно, ON=OK.
. Рассмотрим прямоугольный треугольник AON (прямоугольный, так как расстояние от точки O до AD – это перпендикуляр, опущенный из точки O). В этом треугольнике известен катет ON=14 и гипотенуза AO=AC:2=56:2=28. Тогда синус угла 
будет равен отношению противолежащего катета ON на гипотенузу AO:
.
.
. Сумма односторонних углов в ромбе равна 180 градусов, то есть 
и
,
.
и 
. Дополним построение, продолжим стороны AB и CD так, чтобы они пересекались в точке P (см. рисунок). При этом треугольник PBC будет подобен треугольнику PAD по двум углам: 
— общий, а углы 
как соответственные при параллельных прямых BC, AD и секущей AP. Для подобных треугольников можно записать следующее соотношение:
.
,
.
и 
. Рассмотрим два прямоугольных треугольника IPM и JPN, которые подобны по двум углам: один угол у них прямой, а два других 
как вертикальные углы. Для подобных треугольников можно записать соотношение:
,
, следовательно,
,
— диаметры соответствующих окружностей. Утверждение доказано.
(так как сумма углов в треугольнике ABF равна 180 градусов). Таким образом, имеем прямоугольный треугольник AFB с гипотенузой AB, которую вычислим по теореме Пифагора:
как вертикальные, а углы 
как накрест лежащие при параллельных прямых 
— общий, а углы 
как соответственные при параллельных прямых MN, AC и секущей AB. Из подобия треугольников следует:
.
, подставляем числовые значения в отношение, имеем:
по условию задачи, а углы 
— как вертикальные. Из подобия треугольников можно записать следующее отношение:
.
(равны как вертикальные углы), заключенным между этими сторонами. Как известно, в подобных треугольниках соответствующие углы равны, то есть 
, а значит и 
. Утверждение доказано.
