Решение задач C4 из ЕГЭ по математике (начало)

Времени до экзамена остается все меньше, пробные ЕГЭ проводятся все чаще, нервы у школьников и их учителей натягиваются все сильнее. В преддверии открытия сезона «интенсивной подготовки» к выпускным и вступительным экзаменам предлагаю вам потренироваться в решении задач C4 из пособия «ЕГЭ-2012. Математика. Типовые тестовые задания», разработанного МИОО для подготовки школьников к ЕГЭ по математике. Задачи приведены с решениями, однако, полезно было бы решить их сперва самостоятельно. Вариант 3. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса 12. Известно, что AB = 6 и BC = 4. Найдите AC.

Решение:

Из теоремы синусов для треугольника ABC имеем:

Из основного тригонометрического тождества находим, что:

Тогда по теореме косинусов для треугольника ABC имеем для обоих случаев:

Ответ: √35 ± √15.

Вариант 5. В треугольнике ABC проведены высоты BM и CN , O — центр вписанной окружности. Известно, что BC = 24 , MN = 12. Найдите радиус окружности, описанной около треугольника BOC .

Решение:

Два возможных случая: ∠A — острый и ∠A — тупой

Возможны два случая:

1) Пусть ∠A — острый (левый рисунок). Докажем, что треугольники AMN и ABC подобны. Действительно, точки B, N, M и C лежат на окружности с диаметром BC, следовательно, ∠NMB = ∠NCB, из прямоугольных треугольников BAM и BNC: ∠AMN = 90 0 — ∠NMB, ∠B = 90 0 — ∠NCB, из чего, очевидно, следует вывод, что ∠AMN = ∠B, кроме того ∠A — общий для обоих треугольников, следовательно, они подобны по двум углам.

Из прямоугольного треугольника AMB: cos∠A = AM/AB, из прямоугольного треугольника ANC: cos∠A = AN/AC. Эти же отношения являются, очевидно, соотношениями сторон в подобных треугольниках AMN и ABC, из чего следует, что cos∠A = NM/BC = 1/2, а значит ∠A = 60 0 , Поскольку сумма углов в треугольнике равна 180 0 , ∠B + ∠C = 120 0 . Центр вписанной в треугольник окружности лежит, как известно, в точке пересечения его биссектрис. Из этого делаем вывод, что: ∠OBC+∠OCB = 1/2 · (∠B + ∠C) = 60 0 , а значит ∠BOC = 120 0 . По теореме синусов для треугольника BOC имеем: BC/sin∠BOC = 2R, где R — искомый радиус описанной около треугольника окружности. Отсюда: R = 8√3.

2) Пусть теперь ∠A — тупой (правый рисунок). Из прямоугольного треугольника ABM находим, что cos∠BAM = AM/AB, из прямоугольного треугольника CAN находим, что cos∠CAN = AN/AC. ∠BAM = ∠CAN, так как они вертикальные, значит AM/AB = AN/AC = cos∠BAM = cos∠BAС, так как два последних угла смежные. Значит треугольники ABC и ANM подобны по углу и двум пропорциональным сторонам. Коэффициент подобия равен cos∠BAС = MN/BC = -1/2, а сам угол ∠BAС = 120 0 .

Дальнейшие рассуждения аналогичны. Поскольку сумма углов в треугольнике равна 180 0 , ∠B + ∠C = 60 0 . Центр вписанной в треугольник окружности лежит в точке пересечения его биссектрис, поэтому: ∠OBC + ∠OCB = 1/2 · (∠B + ∠C) = 30 0 , а значит ∠BOC = 150 0 . По теореме синусов для треугольника BOC имеем: BC/sin∠BOC = 2R, где R — искомый радиус описанной около треугольника окружности. Отсюда: R = 24.

Ответ: 8√3 или 24.

Вариант 8. Периметр равнобедренной трапеции равен 52. Известно, что в эту трапецию можно вписать окружность, причем боковая сторона делится точкой касания в отношении 4 : 9. Прямая, проходящая через центр окружности и вершину трапеции, отсекает от трапеции треугольник. Найдите отношение площади этого треугольника к площади трапеции.

Решение:

Рисунок к решению задачи C4 с трапецией

По теореме об отрезках касательных KB = BP = PC = CQ = 4x, QD = DL = LA = AK = 9x, тогда периметр трапеции равен 4 · (9x + 4x) = 52, откуда x = 1. Отсюда вычисляем боковые стороны AB = CD = 13 и основания BC = 8, AD = 18. Тогда AH = (AD — BC)/2 = 5. Из прямоугольного треугольника BHA по теореме Пифагора находим высоту трапеции BH = 12, sin∠A = sin∠D = 12/13. Площадь трапеции тогда равна S = (BC + AD) · BH/2 = 156.

В зависимости от того, о какой прямой говорится в условии задачи, возможны два случая:

1) Пусть данная прямая проходит через вершину, содержащую меньшее основание трапеции (на рисунке прямая BM). Центр вписанной в угол окружности лежит на его биссектрисе, то есть ∠ABM = ∠MBC, ∠MBC = ∠AMB (как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей BM), значит ∠ABM = ∠AMB и треугольник ABM — равнобедренный, AM = AB = 13. Тогда площадь треугольника ABM = 0.5 · AB · AM · sin∠A = 0.5 · 13 · 13 · 12/13 = 78, а искомое отношение равно 78/156 = 1/2.

2) Пусть теперь прямая, о которой говорится в условии, проходит через вершину, содержащую меньшее основание трапеции (на рисунке прямая AN). Выполним дополнительное построение: продлим основание BC и прямую AN до пересечения в точке Y. Аналогично доказываем, что треугольник ABY — равнобедренный, AB = BY = 13, CY = BY — BC = 5. Треугольники CNY и AND подобны по двум углам (∠AND = ∠CNY как вертикальные, ∠CYA = ∠YAD как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей AY), значит DN : NC = AD : CY = 18 : 5, значит DN = 18/23 CD = 18/23 AB = 234/23. Тогда площадь треугольника ADN = 0.5 · AD · DN · sin∠D = 0.5 · 18 · 234/23 · 12/13 = 1944/23, а искомое отношение равно 162/299.

Ответ: 1/2 или 162/299.

Пусть теперь прямая, о которой говорится в условии, проходит через вершину, содержащую меньшее основание трапеции (на рисунке прямая AN). Выполним дополнительное построение: продлим основание BC и прямую AN до пересечения в точке K. Аналогично доказываем, что треугольник ABK — равнобедренный, AB = BK = 13, CK = BK — BC = 5. Треугольники CNK и AND подобны по двум углам (∠AND = ∠CNK как вертикальные, ∠CKA = ∠KAD как накрест лежащие при параллельных прямых BC, AD и секущей AK), значит DN : NC = AD : CK = 18 : 5, значит . CN = 65/23 DN = 234/23. Тогда площадь треугольника ADN = 0.5 • AD • DN • sin∠D = 0.5 • 18 • 234/23 • 12/13 = 1944/23, а искомое отношение равно 162/299.

Ну да, а что, собственно, смущает?

откуда мы знаем, что DN=18/23 CD ? Мы знаем только то, что DN=18/5 CN

Пусть x — одна часть. Тогда DN = 18x, CN = 5x, а CD = CN+DN = 23x. Следовательно, DN/CD = 18/23, а отсюда DN=18/23 CD.

почему синус Д равен 12/13 ?

Потому что по определению синус острого угла прямоугольного треугольника равен отношению противолежащего катета к гипотенузе. В прямоугольном треугольнике ABH это отношение BH/AB, то есть 12/13.

Две точки K на рисунке с трапецией (вар. 8). Минуту «втыкал», не мог понять, почему отрезки равны по теореме о касательных. Потом заметил, что K, да не та 🙂 «Действительно, точки B, N, M и C лежат на окружности с диаметром BC» (вар. 5) — что-то не доходит, на основании чего мы так можем полагать. Не на глаз же…

Да, действительно, две точки K были на рисунке. Заменил одну из них на Y. А в задаче варианта 5, конечно, эти точки лежат на одной окружности. Углы BNC и BMC — прямые, а значит в окружности, построенной на диаметре BC, они опираются на этот диаметр. Подумайте, это связано с теоремой о вписанном угле. Но можно и не думать, просто есть такая теорема.

Спасибо! Что-то меня переклинило, да, они же оба на диаметр опираются.

смотрела вариант 5. второй случай (где угол А — тупой). там вместо синусов не должны быть косинусы? или я уже вообще ничего не помню ))

Да, Вы правы, спасибо.

Страницы

Понравился сайт?

Последние записи

• Вступительный экзамен в гимназию МГУ 2021 года 26.01.2022
• Репетитор для поступления в гимназию МГУ 11.01.2022
• Поступление в школу 1580 15.09.2021
• Поступление в Курчатовскую школу 29.07.2021
• Поступление в школу 444 23.06.2021
• Поступление в школу 67 16.06.2021

Архив записей

Прочее

Поиск по сайту

Дизайн сайта Nearfrog | Valid xhtml | Работает на Wordpress | © 2011-2021 Репетитор по математике и физике в Москве. ИНН 434581327864. ОГРНИП 317435000049235. При использовании материалов прямая индексируемая ссылка на сайт обязательна