Задание 23 ОГЭ по математике: геометрическая задача на вычисление

Ответ: 5

1. 1Точка $H$ лежит на стороне $CD$, поэтому $CD=DH+CH=12+1=13$. Все стороны ромба равны, значит, $AD=CD=13$.
2. 2$AH$ высота ромба, то есть $AH\perp CD$, поэтому треугольник $AHD$ прямоугольный с прямым углом $H$ и гипотенузой $AD$.
3. 3По теореме Пифагора $AH=\sqrt{A{D}^2-D{H}^2}=\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{25}=5$.
4. 4Ответ: $5$

Ответ: 6

1. 1$\angle MAB=\angle MCD$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AB$ и $DC$ и секущей $AC$; $\angle AMB=\angle CMD$ как вертикальные.
2. 2Значит, треугольники $AMB$ и $CMD$ подобны по двум углам, и соответственные стороны пропорциональны: $\frac{MC}{AM}=\frac{DC}{AB}=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}$.
3. 3Точка $M$ лежит на отрезке $AC$, поэтому $AC=AM+MC$. Отрезок $AC$ состоит из $3+2=5$ равных частей, и на $MC$ приходится $2$ из них.
4. 4$MC=\frac{15\cdot 2}{5}=6$.
5. 5Ответ: $6$

Ответ: 60

1. 1Так как $AD\parallel BC$, то $\angle A+\angle B=180°$ (сумма односторонних углов при параллельных прямых $AD$, $BC$ и секущей $AB$).
2. 2$AF$ и $BF$ биссектрисы, они делят эти углы пополам, поэтому $\angle FAB+\angle FBA=\frac{\angle A+\angle B}{2}=90°$.
3. 3Сумма углов треугольника $AFB$ равна $180°$, поэтому $\angle AFB=180°-90°=90°$, то есть треугольник $AFB$ прямоугольный с гипотенузой $AB$.
4. 4По теореме Пифагора $AB=\sqrt{A{F}^2+B{F}^2}=\sqrt{48^2+36^2}=\sqrt{3600}=60$.
5. 5Ответ: $60$

Ответ: 70

1. 1$\angle BAK=\angle KAD$, так как $AK$ биссектриса угла $A$.
2. 2$\angle KAD=\angle AKB$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $AK$.
3. 3Значит, $\angle BAK=\angle BKA$, треугольник $ABK$ равнобедренный с основанием $AK$, и $AB=BK=3$.
4. 4Точка $K$ лежит на стороне $BC$, поэтому $BC=BK+KC=3+29=32$.
5. 5Противоположные стороны параллелограмма равны, поэтому $P=2(AB+BC)=2(3+32)=70$.
6. 6Ответ: $70$

Ответ: 28

1. 1Треугольники $ABH$ и $ACB$ подобны по двум углам: угол $A$ общий, $\angle AHB=90°$ ($BH$ высота) и $\angle ABC=90°$ (по условию).
2. 2Из подобия $\frac{AH}{AB}=\frac{AB}{AC}$, откуда $A{B}^2=AH\cdot AC=8\cdot 98=784$.
3. 3$AB=\sqrt{784}=28$.
4. 4Ответ: $28$

Ответ: 21

1. 1Угол $B$ у треугольников $MBN$ и $ABC$ общий, $\angle BNM=\angle BCA$ как соответственные углы при параллельных прямых $MN$ и $AC$ и секущей $BC$.
2. 2Значит, треугольники $MBN$ и $ABC$ подобны по двум углам, и $\frac{BN}{BC}=\frac{MN}{AC}$.
3. 3Точка $N$ лежит на стороне $BC$, поэтому $BC=BN+NC$ и $\frac{BN}{BN+28}=\frac{12}{28}$, то есть $28\cdot BN=12\cdot (BN+28)$.
4. 4$16\cdot BN=336$, $BN=\frac{336}{16}=21$.
5. 5Ответ: $21$

Ответ: 60; 120

1. 1Пусть $ABCD$ данный ромб, $O$ точка пересечения диагоналей, $AC=136$. Проведём перпендикуляр $OH$ к стороне $AB$, по условию $OH=34$.
2. 2Диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам и перпендикулярны, поэтому $AO=\frac{136}{2}=68$; треугольник $AOH$ прямоугольный ($OH\perp AB$) с гипотенузой $AO$.
3. 3В нём катет $OH=34$ равен половине гипотенузы $AO=68$, значит, противолежащий ему угол $OAH$ равен $30°$.
4. 4Диагональ ромба является биссектрисой его угла, поэтому $\angle BAD=2\cdot \angle OAH=2\cdot 30°=60°$.
5. 5Углы ромба, прилежащие к одной стороне, в сумме дают $180°$: $\angle ABC=180°-60°=120°$. Противоположные углы ромба равны.
6. 6Ответ: 60; 120 (углы ромба $60°$, $120°$, $60°$, $120°$)

Ответ: 10

1. 1Сумма углов треугольника равна $180°$, поэтому $\angle A=180°-73°-77°=30°$.
2. 2Пусть $O$ центр описанной окружности, $R=OB=OC=10$. По теореме синусов $\frac{BC}{\sin A}=2R$.
3. 3 $BC=2R\sin A=2\cdot 10\cdot \sin 30°=2\cdot 10\cdot \frac{1}{2}=10$.
4. 4Ответ: $10$

Ответ: 19

1. 1Точки $P$ и $K$ лежат на окружности с диаметром $BH$. Вписанные углы $BPH$ и $BKH$ опираются на диаметр $BH$, поэтому $\angle BPH=\angle BKH=90°$.
2. 2В четырёхугольнике $PBKH$ углы $P$ и $K$ прямые, угол $B$ прямой по условию, значит, и четвёртый угол прямой (сумма углов четырёхугольника $360°$): $PBKH$ прямоугольник.
3. 3Диагонали прямоугольника равны: $PK=BH$.
4. 4$BH=PK=19$.
5. 5Ответ: $19$

Ответ: 56

1. 1Пусть $O$ центр окружности. Проведём перпендикуляры $OH$ к хорде $AB$ и $OM$ к хорде $CD$; их длины равны расстояниям от центра до хорд. Перпендикуляр, проведённый из центра к хорде, делит её пополам: $AH=\frac{AB}{2}=21$, $OH=28$.
2. 2Из прямоугольного треугольника $AHO$ по теореме Пифагора: $R=OA=\sqrt{A{H}^2+O{H}^2}=\sqrt{21^2+28^2}=\sqrt{1225}=35$.
3. 3Из прямоугольного треугольника $CMO$ ($OC=R=35$, $OM=21$) по теореме Пифагора: $CM=\sqrt{O{C}^2-O{M}^2}=\sqrt{35^2-21^2}=\sqrt{784}=28$.
4. 4$M$ середина хорды $CD$, поэтому $CD=2\cdot CM=56$.
5. 5Ответ: $56$

Ответ: 4,8

1. 1Пусть в треугольнике $ABC$ угол $C$ прямой, $AC=6$, $BC=8$, $CH$ высота, проведённая к гипотенузе $AB$.
2. 2По теореме Пифагора $AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10$.
3. 3Площадь треугольника найдём двумя способами: $S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC$ (половина произведения катетов) и $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot CH$ (половина произведения стороны на проведённую к ней высоту).
4. 4Значит, $AB\cdot CH=AC\cdot BC$, $CH=\frac{6\cdot 8}{10}=4,8$.
5. 5Ответ: $4,8$

Ответ: 33,6

1. 1Пусть в треугольнике $ABC$ угол $C$ прямой, $AC=42$, $AB=70$, $CH$ высота, проведённая к гипотенузе $AB$.
2. 2По теореме Пифагора $BC=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}=\sqrt{70^2-42^2}=\sqrt{3136}=56$.
3. 3Площадь треугольника найдём двумя способами: $S=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC$ (половина произведения катетов) и $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot CH$ (половина произведения стороны на проведённую к ней высоту).
4. 4Значит, $AB\cdot CH=AC\cdot BC$, $CH=\frac{42\cdot 56}{70}=33,6$.
5. 5Ответ: $33,6$

Ответ: 27

1. 1Проведём через точку $C$ прямую, параллельную $AB$. Она пересечёт $EF$ в точке $K$, а $AD$ в точке $L$.
2. 2В четырёхугольниках $EBCK$ и $ABCL$ противоположные стороны попарно параллельны ($EK\parallel BC$, $AL\parallel BC$, $EB\parallel KC$, $AB\parallel LC$), значит, это параллелограммы. Противоположные стороны параллелограмма равны: $EK=BC=24$, $AL=BC=24$, поэтому $LD=AD-AL=45-24=21$.
3. 3Треугольники $CKF$ и $CLD$ подобны по двум углам: угол $C$ общий, $\angle CKF=\angle CLD$ как соответственные при параллельных прямых $KF$ и $LD$ и секущей $CL$.
4. 4Из подобия $\frac{KF}{LD}=\frac{CF}{CD}=\frac{1}{7}$, откуда $KF=\frac{21\cdot 1}{7}=3$.
5. 5Точка $K$ лежит на отрезке $EF$, поэтому $EF=EK+KF=24+3=27$.
6. 6Ответ: $27$

Ответ: 16√6

1. 1Проведём высоты $AH$ и $DK$ трапеции к прямой $BC$. Так как $AD\parallel BC$, расстояния от точек $A$ и $D$ до прямой $BC$ равны: $AH=DK$.
2. 2Угол $BCD$ тупой, поэтому точка $K$ лежит на продолжении $BC$ за точку $C$ и $\angle DCK=180°-135°=45°$ (углы $BCD$ и $DCK$ смежные).
3. 3Из прямоугольного треугольника $DKC$: $DK=CD\cdot \sin \angle DCK=48\cdot \sin 45°=48\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=24\sqrt{2}$.
4. 4Угол $ABC$ острый, поэтому точка $H$ лежит на луче $BC$ и из прямоугольного треугольника $AHB$: $AH=AB\cdot \sin 60°$, откуда $AB=\frac{AH}{\sin 60°}=\frac{DK}{\sin 60°}$.
5. 5 $AB=\frac{48\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=16\sqrt{6}$.
6. 6Ответ: 16√6

Ответ: 11

1. 1Точки $B$, $K$, $P$, $C$ лежат на одной окружности, поэтому четырёхугольник $BKPC$ вписанный и сумма его противоположных углов равна $180°$: $\angle BKP+\angle BCP=180°$.
2. 2Углы $AKP$ и $BKP$ смежные: $\angle AKP=180°-\angle BKP=\angle BCP=\angle ACB$.
3. 3Угол $A$ у треугольников $AKP$ и $ACB$ общий, значит, они подобны по двум углам ($K\leftrightarrow C$, $P\leftrightarrow B$).
4. 4Из подобия $\frac{KP}{CB}=\frac{AP}{AB}$, откуда $KP=AP\cdot \frac{BC}{AB}=\frac{22}{2}=11$.
5. 5Ответ: $11$

Ответ: 3,75

1. 1Пусть $O$ центр окружности, $r$ её радиус. Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной: $OB\perp AB$.
2. 2$OB=OC=r$ (радиусы), и так как точка $O$ лежит на отрезке $AC$, то $AO=AC-OC=AC-r$.
3. 3Треугольник $ABO$ прямоугольный с прямым углом $B$, по теореме Пифагора $A{B}^2+O{B}^2=A{O}^2$: $1^2+r^2=(4-r{)}^2$.
4. 4$1+r^2=16-8r+r^2$, откуда $8r=15$, $r=\frac{15}{8}=1,875$.
5. 5Диаметр $2r=3,75$.
6. 6Ответ: $3,75$