Задание 25 ОГЭ по математике: геометрия повышенной сложности

Ответ: 7,2

1. 1Обозначим данную трапецию через $ABCD$, её основания через $AD$ и $BC$, $AB=CD$. В четырёхугольник вписана окружность, поэтому суммы противоположных сторон равны: $AD+BC=AB+CD=\frac{180}{2}=90$. Значит, $AB=CD=45$.
2. 2Средняя линия трапеции $\frac{AD+BC}{2}=45$, а площадь равна произведению средней линии на высоту: $1620=45\cdot h$, откуда $h=36$.
3. 3Проведём высоту $BH$. В равнобедренной трапеции $AH=\frac{AD-BC}{2}$. Из прямоугольного треугольника $ABH$ по теореме Пифагора: $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{45^2-36^2}=27$.
4. 4Тогда $AD-BC=54$ и $AD+BC=90$, откуда $AD=72$, $BC=18$.
5. 5Обозначим через $O$ точку пересечения диагоналей и проведём через $O$ перпендикуляр к основаниям; он пересекает $BC$ в точке $K$, $AD$ в точке $L$, и $KL=h=36$. Треугольники $BOC$ и $DOA$ подобны по двум углам ($\angle OBC=\angle ODA$ и $\angle OCB=\angle OAD$ как накрест лежащие при $BC\parallel AD$), поэтому их высоты $OK$ и $OL$ относятся как соответственные стороны: $OK:OL=BC:AD=18:72$.
6. 6Расстояние от $O$ до меньшего основания $BC$: $OK=\frac{36\cdot 18}{18+72}=7,2$.
7. 7Ответ: $7,2$

Ответ: 60

1. 1Проведём из точки $K$ перпендикуляры $KN$ к прямой $AB$, $KP$ к прямой $AD$ и $KQ$ к прямой $BC$; по условию $KN=2$.
2. 2Каждая точка биссектрисы угла равноудалена от его сторон. $K$ лежит на биссектрисе угла $A$, поэтому $KP=KN=2$; $K$ лежит на биссектрисе угла $B$, поэтому $KQ=KN=2$.
3. 3Прямые $AD$ и $BC$ параллельны, а прямая, перпендикулярная одной из параллельных прямых, перпендикулярна и другой, поэтому точки $P$, $K$, $Q$ лежат на одной прямой. Точка $K$ лежит между прямыми $AD$ и $BC$ (биссектрисы углов $A$ и $B$ идут внутрь полосы между ними), значит, $PQ=KP+KQ=2+2=4$; это высота параллелограмма, проведённая к стороне $AD$.
4. 4Противоположные стороны параллелограмма равны: $AD=BC=15$. $S=AD\cdot PQ=15\cdot 4=60$.
5. 5Ответ: $60$

Ответ: 61,5

1. 1Проведём высоту $BH$; пусть биссектриса угла $A$ пересекает $BH$ в точке $L$, $BL:LH=41:40$. Биссектриса пересекает высоту $BH$, значит, угол $A$ острый и точка $H$ лежит на луче $AC$, $\angle BAH=\angle A$.
2. 2В треугольнике $ABH$ отрезок $AL$ является биссектрисой, а биссектриса делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные прилежащим сторонам: $\frac{AB}{AH}=\frac{BL}{LH}=\frac{41}{40}$.
3. 3Из прямоугольного треугольника $ABH$: $\cos A=\frac{AH}{AB}=\frac{40}{41}$, тогда $\sin A=\sqrt{1-{\left(\frac{40}{41}\right)}^2}=\frac{9}{41}$.
4. 4По теореме синусов $\frac{BC}{\sin A}=2R$, откуда $R=\frac{BC}{2\sin A}=\frac{27\cdot 41}{2\cdot 9}=61,5$.
5. 5Ответ: $61,5$

Ответ: 9; 37

1. 1Пусть в трапеции $ABCD$ углы $41°$ и $49°$ прилежат к основанию $AD=b$, а $BC=a$. Продолжим боковые стороны до пересечения в точке $O$. Сумма углов треугольника $AOD$ равна $180°$: $\angle AOD=180°-41°-49°=90°$. Точки $B$ и $C$ лежат на отрезках $OA$ и $OD$, поэтому $AD$ является большим основанием.
2. 2Обозначим через $K$ и $L$ середины $BC$ и $AD$. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипотенузе, равна её половине: $OL=\frac{AD}{2}$, $OK=\frac{BC}{2}$ (треугольник $BOC$ тоже прямоугольный).
3. 3Точки $O$, $K$, $L$ лежат на одной прямой (медиана $OL$ треугольника $AOD$ делит пополам и параллельный $AD$ отрезок $BC$), поэтому $KL=OL-OK=\frac{AD-BC}{2}$.
4. 4Обозначим через $E$ и $F$ середины боковых сторон $AB$ и $CD$. Отрезок $EF$ является средней линией трапеции, он равен $\frac{AD+BC}{2}$ и больше, чем $KL$. Значит, $\frac{b+a}{2}=23$, $\frac{b-a}{2}=14$.
5. 5$b+a=46$, $b-a=28$, откуда $b=37$, $a=9$.
6. 6Ответ: $9;37$

Ответ: 3,5

1. 1Точка $M$ лежит на полуокружности с диаметром $BC$, поэтому вписанный угол $BMC$ опирается на диаметр и $\angle BMC=90°$.
2. 2$MD\perp BC$, так как $M$ лежит на высоте $AD$. Значит, $MD$ является высотой прямоугольного треугольника $BMC$, проведённой к гипотенузе, и по свойству этой высоты $M{D}^2=BD\cdot DC$.
3. 3Проведём высоту $BE$ треугольника $ABC$; точка $H$ лежит на $AD$ и на $BE$. Треугольник остроугольный, поэтому $D$ лежит на стороне $BC$, а $E$ на стороне $AC$. Из прямоугольного треугольника $BEC$: $\angle HBD=\angle EBC=90°-\angle C$; из прямоугольного треугольника $ADC$: $\angle DAC=90°-\angle C$. Значит, $\angle HBD=\angle DAC$.
4. 4Прямоугольные треугольники $BDH$ и $ADC$ (прямые углы при вершине $D$) подобны по острому углу, откуда $\frac{HD}{DC}=\frac{BD}{AD}$, то есть $HD=\frac{BD\cdot DC}{AD}=\frac{M{D}^2}{AD}$.
5. 5$HD=\frac{6^2}{8}=4,5$. Точка $H$ лежит на отрезке $AD$, поэтому $AH=AD-HD=8-4,5=3,5$.
6. 6Ответ: $3,5$

Ответ: 6

1. 1Проведём $EF\perp CD$ ($F$ на прямой $CD$); искомое расстояние равно $EF$. Так как $AD\parallel BC$ и $AB\perp BC$, то и $AB\perp AD$: треугольники $EBC$ и $EAD$ прямоугольные.
2. 2Угол между касательной $EB$ и хордой $EC$ равен половине дуги $EC$, как и вписанный угол $EDC$, опирающийся на эту дугу: $\angle BEC=\angle EDC$. Этот угол и угол $ECD$ острые, поэтому точка $F$ лежит на отрезке $CD$ и $\angle EDF=\angle EDC$.
3. 3Прямоугольные треугольники $EBC$ и $DFE$ подобны по острому углу ($\angle BEC=\angle FDE$), поэтому $\frac{BC}{EC}=\frac{EF}{ED}$.
4. 4Аналогично угол между касательной $EA$ и хордой $ED$ равен вписанному углу $ECD$, опирающемуся на дугу $ED$: $\angle AED=\angle ECF$. Прямоугольные треугольники $EAD$ и $CFE$ подобны по острому углу, и $\frac{AD}{ED}=\frac{EF}{EC}$.
5. 5Перемножим равенства: $\frac{BC\cdot AD}{EC\cdot ED}=\frac{E{F}^2}{ED\cdot EC}$, откуда $E{F}^2=AD\cdot BC=9\cdot 4=36$.
6. 6$EF=\sqrt{36}=6$.
7. 7Ответ: $6$

Ответ: 75

1. 1Пусть $BE$ и $AD$ пересекаются в точке $P$. В треугольнике $ABD$ отрезок $BP$ является биссектрисой и высотой ($BE\perp AD$), поэтому треугольник $ABD$ равнобедренный: $AB=BD$, и $BP$ также медиана: $AP=PD=\frac{AD}{2}$.
2. 2Точка $D$ является серединой $BC$ ($AD$ медиана), поэтому $BC=2BD=2AB$.
3. 3Проведём $DF\parallel BE$ ($F$ на $AC$). В треугольнике $CBE$ прямая $DF$ проходит через середину $D$ стороны $BC$ параллельно $BE$, значит, $DF$ средняя линия: $F$ середина $EC$, $DF=\frac{BE}{2}$.
4. 4В треугольнике $ADF$ отрезок $PE$ проходит через середину $P$ стороны $AD$ параллельно $DF$, значит, $PE$ средняя линия: $AE=EF$, $PE=\frac{DF}{2}=\frac{BE}{4}$. Итак, $AE=EF=FC$.
5. 5 $AP=\frac{20\sqrt{5}}{2}=10\sqrt{5}$, $PE=\frac{20\sqrt{5}}{4}=5\sqrt{5}$. Из прямоугольного треугольника $APE$: $AE=\sqrt{A{P}^2+P{E}^2}=\sqrt{500+125}=\sqrt{625}=25$.
6. 6 $AC=AE+EF+FC=3AE=3\cdot 25=75$.
7. 7Ответ: $75$

Ответ: 18

1. 1Обозначим через $O$ и $Q$ центры окружностей. Окружности касаются внешним образом, поэтому точка касания лежит на отрезке $OQ$ и $OQ=5+45=50$.
2. 2Вся картинка симметрична относительно прямой $OQ$: касательные $AC$ и $BD$ переходят друг в друга, точки $A$ и $B$, $C$ и $D$ симметричны. Поэтому хорды $AB$ и $CD$ перпендикулярны $OQ$; обозначим через $M$ и $N$ точки их пересечения с прямой $OQ$. Прямые $AB$ и $CD$ параллельны (обе перпендикулярны $OQ$), и искомое расстояние равно $MN$.
3. 3Радиусы $OA$ и $QC$ перпендикулярны касательной $AC$, значит, $OA\parallel QC$. Проведём $OH\parallel AC$ ($H$ на $QC$): $OACH$ прямоугольник, поэтому $HC=OA=5$, $QH=45-5=40$.
4. 4Пусть $\angle OQC=\gamma$. Из прямоугольного треугольника $OHQ$ (прямой угол $H$): $\cos \gamma =\frac{QH}{OQ}=\frac{40}{50}$.
5. 5$\angle AOM=\gamma$ (соответственные углы при $OA\parallel QC$ и секущей $OQ$), поэтому точка $M$ лежит на продолжении $QO$ за точку $O$, и из прямоугольного треугольника $AMO$: $OM=5\cos \gamma$. Точка $N$ лежит на отрезке $OQ$, и из прямоугольного треугольника $CNQ$: $QN=45\cos \gamma$.
6. 6 $MN=OQ+OM-QN=50-(45-5)\cdot \frac{40}{50}=50-\frac{40^2}{50}=18$.
7. 7Ответ: $18$

Ответ: 28

1. 1Угол между пересекающимися хордами равен полусумме дуг, заключённых между его сторонами и их продолжениями: $\angle AKB=\frac{⌣AB+⌣CD}{2}$ (дуги, не содержащие других вершин), поэтому $⌣AB+⌣CD=2\cdot 60°=120°$.
2. 2Отметим на окружности точку $E$ так, чтобы дуга $BE$ (не содержащая $A$) была равна дуге $CD$. Тогда дуга $AE$, содержащая точку $B$, равна $⌣AB+⌣BE=120°$, а хорды, стягивающие равные дуги, равны: $BE=CD=44$.
3. 3Вписанный угол $ABE$ равен половине дуги $AE$, не содержащей $B$; эта дуга равна $360°-120°=240°$, поэтому $\angle ABE=120°$.
4. 4По теореме косинусов в треугольнике $ABE$: $A{E}^2=A{B}^2+B{E}^2-2\cdot AB\cdot BE\cdot \cos 120°=8^2+44^2+8\cdot 44=2352$.
5. 5Треугольник $ABE$ вписан в ту же окружность радиуса $R$, по теореме синусов $AE=2R\sin \angle ABE=2R\sin 120°=R\sqrt{3}$. Отсюда $R^2=\frac{A{E}^2}{3}=\frac{2352}{3}=784$, $R=28$.
6. 6Ответ: $28$

Ответ: 24

1. 1Продолжим боковые стороны $AB$ и $CD$ до пересечения в точке $O$. Сумма углов треугольника $AOD$ равна $180°$, поэтому $\angle AOD=180°-(\angle A+\angle D)=90°$.
2. 2Треугольники $OBC$ и $OAD$ подобны по двум углам: угол $O$ общий, $\angle OBC=\angle OAD$ как соответственные при $BC\parallel AD$ и секущей $OA$. Значит, $\frac{OB}{OA}=\frac{BC}{AD}=\frac{42}{54}$. Так как $OA=OB+6$, получаем $54\cdot OB=42(OB+6)$, откуда $OB=\frac{42\cdot 6}{12}=21$, $OA=27$.
3. 3Обозначим через $Q$ центр окружности, через $T$ точку касания с прямой $CD$, через $L$ середину хорды $AB$. Тогда $QT\perp CD$ (радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной) и $QL\perp AB$ (отрезок, соединяющий центр с серединой хорды, перпендикулярен хорде).
4. 4В четырёхугольнике $OLQT$ углы при вершинах $O$, $L$ и $T$ прямые, значит, это прямоугольник, и его противоположные стороны равны: $R=QT=OL$.
5. 5$L$ середина $AB$, поэтому $OL=OB+\frac{AB}{2}=21+3=24$.
6. 6Ответ: $24$

Ответ: 34

1. 1$MA=MB=MC=MD$, поэтому все вершины четырёхугольника лежат на окружности с центром $M$ и радиусом $R=MA$. Точка $M$ середина $AD$, значит, $AD$ является диаметром этой окружности: $AD=2R$.
2. 2Вписанный угол $ABD$ опирается на диаметр $AD$, поэтому $\angle ABD=90°$ и $\angle CBD=\angle B-\angle ABD=127°-90°=37°$.
3. 3Сумма углов треугольника $BCD$ равна $180°$: $\angle BDC=180°-37°-113°=30°$.
4. 4Треугольник $BCD$ вписан в ту же окружность, по теореме синусов $\frac{BC}{\sin \angle BDC}=2R=AD$.
5. 5 $AD=\frac{17}{\sin 30°}=\frac{17}{\frac{1}{2}}=34$.
6. 6Ответ: $34$

Ответ: 25,5

1. 1Проведём касательную $l$ к описанной окружности в точке $A$. Касательная перпендикулярна радиусу $AO$, проведённому в точку касания, а $BD\perp AO$; две прямые, перпендикулярные одной прямой, параллельны: $BD\parallel l$.
2. 2Угол между касательной $l$ и хордой $AB$ равен половине дуги $AB$, как и вписанный угол $ACB$, опирающийся на эту дугу. Угол между $l$ и $AB$ и угол $ABD$ равны как накрест лежащие при $l\parallel BD$ и секущей $AB$, поэтому $\angle ABD=\angle ACB$.
3. 3Треугольники $ABD$ и $ACB$ подобны по двум углам (угол $A$ общий, $\angle ABD=\angle ACB$), откуда $\frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AC}$.
4. 4 $AD=\frac{A{B}^2}{AC}=\frac{17^2}{34}=8,5$.
5. 5Точка $D$ лежит на отрезке $AC$, поэтому $CD=AC-AD=34-8,5=25,5$.
6. 6Ответ: $25,5$

Ответ: 15,75

1. 1Пусть окружность касается луча $AB$ в точке $T$; обозначим через $Q$ её центр, через $R$ радиус. По теореме о касательной и секущей (квадрат отрезка касательной равен произведению секущей на её внешнюю часть) $A{T}^2=AM\cdot AN=36\cdot 45=1620$, $AT=18\sqrt{5}$.
2. 2 $\sin \angle BAC=\sqrt{1-{\cos }^2\angle BAC}=\sqrt{1-\frac{5}{9}}=\frac{2}{3}$.
3. 3Радиус $QT$ перпендикулярен касательной $AB$, поэтому центр $Q$ лежит на перпендикуляре к $AB$, проведённом через точку $T$. Пусть этот перпендикуляр пересекает прямую $AC$ в точке $P$. Из прямоугольного треугольника $ATP$: $AP=\frac{AT}{\cos A}=54$, $TP=AT\cdot \mathrm{tg}A=36$.
4. 4Обозначим через $L$ середину $MN$. Отрезок, соединяющий центр с серединой хорды, перпендикулярен хорде, поэтому $QL\perp AC$ и $AL=\frac{36+45}{2}=40,5$, $LP=AP-AL=54-40,5=13,5$.
5. 5В прямоугольном треугольнике $QLP$ угол $QPL$ равен $90°-\angle A$ (из прямоугольного треугольника $ATP$), поэтому $QP=\frac{LP}{\cos \angle QPL}=\frac{LP}{\sin A}=\frac{13,5\cdot 3}{2}=20,25$.
6. 6Точка $Q$ лежит на отрезке $TP$, поэтому $R=QT=TP-QP=36-20,25=15,75$.
7. 7Ответ: $15,75$

Ответ: 1000

1. 1Обозначим через $M$ середину $AB$; продолжим $DM$ до пересечения с прямой $BC$ в точке $K$. Треугольники $AMD$ и $BMK$ равны по стороне и двум прилежащим углам ($AM=MB$, $\angle AMD=\angle BMK$ как вертикальные, $\angle MAD=\angle MBK$ как накрест лежащие при $AD\parallel BK$ и секущей $AB$), поэтому $BK=AD$.
2. 2$\angle CKD=\angle KDA$ как накрест лежащие при $BC\parallel AD$ и секущей $DK$, а $\angle KDA=\angle KDC$, так как $DK$ является биссектрисой. Значит, $\angle CKD=\angle CDK$, треугольник $CKD$ равнобедренный: $CK=CD=50$.
3. 3Точка $B$ лежит на отрезке $CK$, поэтому $CK=CB+BK=BC+AD$, откуда $AD=CD-BC=50-10=40$.
4. 4Проведём через $C$ прямую, параллельную $AB$; она пересечёт $AD$ в точке $H$. $ABCH$ является параллелограммом (противоположные стороны попарно параллельны), поэтому $CH=AB=40$, $AH=BC=10$, $HD=40-10=30$.
5. 5В треугольнике $CHD$: $C{H}^2+H{D}^2=40^2+30^2=2500=C{D}^2$, по теореме, обратной теореме Пифагора, $\angle CHD=90°$. Значит, $CH$ является высотой трапеции, $h=40$.
6. 6 $S=\frac{BC+AD}{2}\cdot h=\frac{10+40}{2}\cdot 40=1000$.
7. 7Ответ: $1000$

Ответ: 4752

1. 1Пусть вписанная окружность касается $AC$, $AB$, $BC$ в точках $K$, $L$, $N$. Радиус, проведённый в точку касания, перпендикулярен касательной, поэтому $OK\perp AC$ и $r=OK=18$. Из прямоугольного треугольника $AOK$ по теореме Пифагора: $AK=\sqrt{A{O}^2-O{K}^2}=\sqrt{30^2-18^2}=24$.
2. 2Отрезки касательных, проведённых из одной точки, равны: $AL=AK$, $BL=BN$, $CN=CK$. Поэтому полупериметр треугольника $ABC$ равен $AK+BN+NC=AK+BC=24+BC$, и $S_{ABC}=r\cdot (24+BC)=18(24+BC)$.
3. 3$ON\perp BC$, и так как $AD\parallel BC$, прямая $ON$ перпендикулярна и $AD$; пусть она пересекает $AD$ в точке $E$, тогда $OE=26$. Точка $O$ лежит внутри треугольника $ABC$, то есть между прямыми $AD$ и $BC$, поэтому высота параллелограмма $NE=OE+ON=26+18=44$. Высота треугольника $ABC$, проведённая к $BC$, такая же, и $S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot 44$.
4. 4Приравняем: $18(24+BC)=\frac{44}{2}BC$; умножив на 2, получим $864+36BC=44BC$, $BC=\frac{864}{8}=108$.
5. 5 $S_{ABCD}=BC\cdot NE=108\cdot 44=4752$.
6. 6Ответ: $4752$