Теория к заданию 18 ЕГЭ по профильной математике Планиметрия (с доказательством)

Задание 18 — планиметрия с развёрнутым ответом. В пункте а) чаще всего доказывают подобие треугольников или равенство углов через общую дугу. Реже — что четыре точки лежат на одной окружности, что треугольники равны или что площади относятся как числа. В пункте б) по найденным фактам считают длину, радиус или площадь: через теорему Пифагора, теорему синусов и теорему косинусов.

За задание дают до 3 баллов. 3 балла — верное доказательство а) и обоснованный верный ответ в б). 2 балла — обоснованный верный ответ в б), или доказательство а) и арифметическая ошибка в обоснованном решении б). 1 балл — только доказательство а), или арифметическая ошибка в обоснованном решении б), или верный ответ в б), который опирается на недоказанное утверждение а).

Поэтому в б) можно ссылаться на а) только после его доказательства: иначе верный ответ даёт 1 балл, а не 2. Каждый шаг доказательства — факт и его причина: «углы равны, так как опираются на одну дугу».

Биссектриса угла

A

пересекает сторону

BC

в точке

K

, а описанную окружность — в точке

M

Пример задания

Открытый банк ФИПИ

Биссектриса угла $A$ треугольника $ABC$ пересекает сторону $BC$ в точке $K ,$ а окружность, описанную около треугольника $ABC ,$   - в точке $M .$
а)  Докажите, что треугольник $BMC$ равнобедренный.
б)  Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $KMC ,$ если $AC = 6 , BC = 7 , AB = 8 .$

Решение

а) Углы $BAM$ и $BCM$ опираются на одну дугу $BM$ , поэтому $\angle BAM = \angle BCM$ . Так же углы $MAC$ и $MBC$ опираются на дугу $MC$ : $\angle MAC = \angle MBC$ .
$AM$ — биссектриса, поэтому $\angle BAM = \angle MAC$ . Значит, $\angle MCB = \angle MBC$ , и треугольник $BMC$ равнобедренный с основанием $BC$ .
б) Биссектриса делит сторону в отношении прилежащих сторон: $\frac{BK}{KC} = \frac{AB}{AC} = \frac{8}{6}$ . При $BC = 7$ получаем $BK = 4$ , $KC = 3$ .
Углы $AMC$ и $ABC$ опираются на дугу $AC$ , поэтому $\angle KMC = \angle ABC$ . По теореме косинусов в треугольнике $ABC$ : $36 = 64 + 49 - 2 \cdot 8 \cdot 7\cos B$ , откуда $\cos B = \frac{11}{16}$ и $\sin B = \sqrt{1 - \frac{121}{256}} = \frac{3\sqrt{15}}{16}$ .
По теореме синусов для треугольника $KMC$ : $R = \frac{KC}{2\sin \angle KMC} = \frac{3}{2 \cdot \frac{3\sqrt{15}}{16}} = \frac{8}{\sqrt{15}} = \frac{8\sqrt{15}}{15}$ .
Ответ: б) $\frac{8\sqrt{15}}{15}$ .

Что учить: от главного к редкому

Основа

Понятия, на которых стоят все правила

Главное

Самые частые правила — учите первыми

3Доказательство подобиявстречается в 5 из 10 заданий

Часто

Попадаются регулярно

Реже

Учите, когда главное уже освоено

Тренировка в формате ЕГЭ

Прямая, перпендикулярная стороне $BC$ ромба $ABCD ,$ пересекает его диагональ $AC$ в точке $M ,$ диагональ $BD$ в точке $N ,$ причём $AM : MC = 1 : 2 ,$ $BN : ND = 1 : 3 .$
а) Докажите, что сторона $BC$ делится прямой в отношении $1 : 4 ,$ считая от точки $B .$
б) Найдите сторону ромба, если $MN = 3 \sqrt{2} .$

Решение

а) Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба, $K$ — точка, где прямая $MN$ пересекает сторону $BC$ . Диагонали ромба перпендикулярны и делятся точкой $O$ пополам (диагонали ромба). Пусть $AC = 6x$ , $BD = 4y$ . Тогда $AM = 2x$ , $MO = x$ , $OC = 3x$ , $MC = 4x$ , $BN = NO = y$ , $OB = 2y$ .

Проведём через $B$ прямую, параллельную $AC$ . Она пересекает прямую $MN$ в точке $T$ . Треугольники $BNT$ и $ONM$ равны по стороне и двум прилежащим углам: $BN = NO$ , углы при вершине $N$ вертикальные, $\angle TBN = \angle MON$ как накрест лежащие (признаки равенства). Значит, $BT = OM = x$ .

Отрезки $BT$ и $MC$ параллельны, а отрезки $TM$ и $BC$ пересекаются в точке $K$ . Треугольники $BKT$ и $CKM$ подобны («песочные часы»), поэтому $\frac{BK}{KC} = \frac{BT}{MC} = \frac{x}{4x} = \frac14$ (перенос отношений). Прямая делит сторону $BC$ в отношении $1 : 4$ , считая от точки $B$ .

б) Пусть $\angle OCB = \gamma$ . В прямоугольном треугольнике $BOC$ угол $OBC$ равен $90^\circ - \gamma$ . Прямая $MN$ перпендикулярна $BC$ , поэтому в прямоугольном треугольнике $BKN$ угол $BNK$ равен $90^\circ - (90^\circ - \gamma) = \gamma$ . Угол $MNO$ равен углу $BNK$ как вертикальный, поэтому $\angle MNO = \gamma$ .

Запишем тангенс угла $\gamma$ в двух прямоугольных треугольниках. В треугольнике $BOC$ : $\operatorname{tg}\gamma = \frac{OB}{OC} = \frac{2y}{3x}$ . В треугольнике $MON$ : $\operatorname{tg}\gamma = \frac{OM}{ON} = \frac{x}{y}$ . Отсюда $2y^2 = 3x^2$ .

По теореме Пифагора в треугольнике $MON$ : $MN^2 = x^2 + y^2 = \frac52 x^2 = 18$ , поэтому $x^2 = \frac{36}{5}$ и $y^2 = \frac{54}{5}$ . Сторона ромба из треугольника $BOC$ : $BC^2 = OC^2 + OB^2 = 9x^2 + 4y^2 = \frac{324}{5} + \frac{216}{5} = 108$ , $BC = 6\sqrt3$ .

Ответ: б) $6\sqrt3$

Источник: ФИПИ

Закрепите на настоящих заданиях №18

Решать