ЕГЭ / Математика / МАТЕМАТИКА ЕГЭ 2011 (типовые задания С4)

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

8S S 2S 2S 3S .

B C A B E E

A F D D F C

аб

D A C D E E

C F B B F A

вг

Рис. 34

В остальных случаях искомая площадь будет равна S .

Ответ: S или 3S .

Пример 31. Диагонали АС и BD трапеции ABCD пересекаются в точке Е. Найдите площадь трапеции, если площадь треугольника AED равна 9, а точка

Еделит одну из диагоналей в отношении

1:3.

● Трапеция разбивается диагоналями на два равновеликих треугольника (примыкающих к боковым сторонам) и два подобных треугольника (примыкающих к основаниям).

Если у двух треугольников равны высоты, то их площади относятся как основания.

Решение. При решении данной задачи неоднозначность в условии, как и в предыдущем примере, состоит в выборе варианта буквенного обозначения вершин трапеции и дополнительно к этому в выборе большего основания. Пусть точка Е делит диагональ в отношении 1:3, считая от вершины верхнего основания.

1. Рассмотрим трапецию с основаниями ВС и AD (см. рис. 35а). Треугольники ВЕС и АED подобны (по двум углам) с

05.01.2011.

ВЕС имеют общую высоту, поэтому

SABE AE 3 и SABE 3 SBEC 3. Ана-

SBEC EC

логично SDEC 3 SBEC 3.

Следовательно, искомая площадь рав-

на SABCD 1 3 3 9 16.

AD DC

аб

81 27

CB BA

вг

Рис. 35

2. В остальных случаях, решая аналогичным образом, получим

SABCD 3 9 9 27 48 (см. рис. 35б и

рис. 35г);

SABCD 9 27 27 81 144 (см. рис. 35в).

Ответ: 16; 48; 144.

выбор линейного элемента

Пример 32. Площадь треугольника ABCравна 8. MN – средняя линия. Найдите площадь треугольника CMN .

● Прямая, параллельная стороне треугольника и пересекающая две другие, отсекает от него треугольник, подобный данному.

Решение. При решении данной задачи неоднозначность состоит в выборе средней линии. Рассмотрим три случая (см.

рис. 36).

1. Отрезок MN параллелен отрезку ВС (см. рис. 36а). Так как CN – медиана треугольника АВС, то

MN – медиана треугольника АMС, поэтому

Рис. 36

2.Отрезок MN параллелен отрезку АС (см. рис. 36б). В этом случае решение аналогично предыдущему.

3.Отрезок MN параллелен отрезку АВ (см. рис. 36в). Треугольники CMN и АВС подобны. Тогда

Ответ: 2.

выбор углового элемента

Пример 33. Треугольник ABC вписан в окружность радиуса 12. Известно, что AB 6 и BC 4. Найдите АС.

Решение. 1-й способ. Используя обобщенную теорему синусов, найдем

Так как B 180 A C , то sin B sin(180 A C)

sin( A C).

1.Если треугольник АВС – остроугольный, то

cos A 35, cos C 15. 6 4

Используя формулу синуса суммы, получим

sin B sin( A C)

Тогда можем найти искомую величину

AC 2Rsin B

05.01.2011.

Отсюда AC 35 15.

3. Случай, когда угол А – тупой, невозможен.

2-й способ. Используем теорему коси-

нусов AC2 AB2 BC2 2AB BCcosB

нометрическое уравнение

576sin2 B 36 16 48cosB.

Решая последнее уравнение, находим

cosB 1 5 21 . Положительное значе-

24

ние косинуса соответствует острому углу В, отрицательное – тупому. Зная значение

sin B 50 1021 35 15 , 24 24

находим AC 35 15 .

Ответ: 35 15 .

Пример 34. Высоты треугольника ABC пересекаются в точке Н. Известно, что CH AB. Найдите угол АСВ.

треугольнике ACF имеем CAF 45 , поэтому ACF 45 .

Остальные случаи рассмотрите самостоятельно.

2.Угол ВАС – тупой (см. рис. 37б).

3.Угол АВС – тупой.

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

4.Угол АСВ – тупой.

5.Угол АВС – прямой.

6.Угол ВАС – прямой.

7.Случай, когда угол АСВ – прямой, невозможен (почему?).

Ответ: 45 или 135 .

Опорная задача. Если Н – ортоцентр треугольника, то радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС, АВН, ВСН, АСН, равны между собой.

Доказательство. Так как в четырех-

угольнике AEHD углы E и D прямые (см. рис. 38а), то A DHE 180 . Отсюда получаем BHC DHE 180 A. Радиус окружности, описанной около треугольника ВНС, равен

Отсюда следует, что радиусы окружностей, описанных около треугольников АВС и ВСН равны между собой. Аналогичное доказательство проводят и для других треугольников.

Пример 35. Высоты треугольника АВС пересекаются в точке Н. Известно, что отрезок СН равен радиусу окружности, описанной около треугольника. Найдите угол АСВ.

C

C

E H E A B

D A D B H

а б

Рис. 38

Решение. Пусть R – радиус окружности, описанной около треугольника ABC. Так как радиусы окружностей, описанных около треугольников ABC и BCH равны между собой, то для треугольника BCH имеем

CH 2Rsin HBC

или

R 2Rsin HBC .

HBC 30 или HBC 150 .

1.Если треугольник ABC – остроугольный, то из треугольника BEC на-

ходим C 90 30 60 (см. рис. 38а).

2. Если в треугольнике ABC угол A – тупой, то HBC 30 (в треугольнике DBC угол D прямой, а угол DBC может быть только острым). Из треугольни-

C 90 30 60 .

4.Если в треугольнике АВС угол С – тупой (см. рис. 38г), то HBC 30 (по-

чему этот угол острый?). Из треугольника СВD находим BCD 90 30 60 .

Тогда ACB 180 60 120 .

Ответ: 60 или 120 .

Опорная задача. Пусть в треугольнике АВС проведены высоты AA1 и CC1.

Тогда треугольник A1BC1 подобен данному с коэффициентом подобия, равным cosB .

Доказательство. Рассмотрим остроугольный треугольник (см. рис. 39а). Для прямоугольных треугольников BA1A и

BC1C имеем BA1 cosB и BC1 cosB AB BC

соответственно. Следовательно треугольники BA1C1 и BACподобны (второй

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

признак), так как имеют общий угол В и

BA1 BC1 cosB. AB BC

Рис. 39а

Случай тупого угла В рассмотрите самостоятельно

Пример 36. Точки A1, B1, C 1 – основания высот треугольника ABC. Углы

Аналогично из подобия треугольников

1

C 90 2 B1C1A1 .

H

A1B1

C

Такие же равенства можно получить для других острых углов. Используем

90 1 60 60 , 90 1 30 75 . 2 2

Остальные случаи рассмотрите самостоятельно.

2.Угол АСВ – тупой (см. рис. 39б).

3.Угол АВС – тупой.

4.Угол ВАС – тупой.

Случаи, когда один из углов АВС, ВАС, АСВ – прямой, невозможны (поче-

му?).

Замечание. Другое решение может быть основано на следующей опорной задаче:

Высоты остроугольного треугольника являются биссектрисами его ортотреугольника (треугольник, образованный основаниями высот). (докажите)

Ответ: 45°, 75°, 60° или 135°, 15°, 30° или 120°, 15°, 45° или 105°, 30°, 45°.

выбор кругового элемента (дуги)

Рассмотрим задачу, в которой имеются две точки, делящие окружность на две дуги, но не указано, какой из этих двух дуг касается другая окружность.

Пример 37. Окружности с центрами О и В радиуса ОВ пересекаются в точке С. Радиус ОА окружности с центром О перпендикулярен ОВ, причем точки А и С лежат по одну сторону от прямой ОВ. Окружность S1 касается меньших дуг АВ и ОС этих окружностей, а также прямой ОА, а окружность S2 касается окружности с центром В, прямой ОА и окружности S1. Найдите отношение радиуса окружности S1 к радиусу ок-

ружности S2 .

Решение. Так как окружность S1 радиуса а и окружность с центром в точке В и радиуса R касаются друг друга и общей прямой ОА, то имеем OI 2Ra (расстояние между точками касания окружностей общей касательной), OK R a.

Далее используем теорему Пифагора в треугольнике OKI:

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

(R a)2 a2 2Ra 2 .

Отсюда получаем R 6a. Рассмотрим первый случай касания

окружности S2 радиуса b (см. рис. 40а).

A

C

I a K

J Eb

O R B

Рис. 40а

Тогда OI OJ JI, или

2aR 2bR 2ab,

откуда 6a2 6ab ab,

J b E

A

Ia KC

O R B

Рис. 40б

Для второго случая (см. рис. 40б) име-

ем OJ OI IJ,

2bR 2aR 2ab .

Проводя вычисления аналогично предыдущему случаю, получим

a7 26 .

b6

05.01.2011.

Ответ: 7 2 6 . 6

выбор плоской фигуры

Пример 38. Основания трапеции равны a и b. Прямая, параллельная основаниям, разбивает трапецию на две трапеции, площади которых относятся как 2:3. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного внутри трапеции.

Рис. 41

Решение. 1-й способ. Обозначим искомый отрезок EF через x (см. рис. 41).

1. Пусть площади трапеций BCFE и AEFD относятся как 2:3:

где h1 и h2 высоты этих трапеций. Через точку F проведем отрезок PH

параллельно AB . Тогда треугольники PFD и CHF подобны (докажите) и

Используем соотношение (*):

Решая полученное уравнение относительно переменной x, получаем

3 x2 b2 2 a2 x2 ,

5x2 2a2 3b2 ,

Разделив одно равенство на другое, по-

С учетом соотношения S2 1,5S1 имеем уравнение относительно переменной

AEFD и BCFE относятся как 2:3, рассмотрите самостоятельно. В этом случае площади трапеций BCFE и AEFD относятся как 3:2.

05.01.2011.

5. Соответствие между множеством фигур и множеством их свойств

В задачах этого типа фигурируют объекты, которым приписываются определенные свойства, но не указан порядок соответствия между множеством объектов и множеством их свойств.

неопределенность между значением синуса (косинуса) угла и видом угла

Пример 39. Площадь треугольника равна 12. Две его стороны равны 6 и 8. Найдите угол между этими сторонами.

Решение. Используя формулу

чит 30 или 150 .

Ответ: 30 или 150 .

Пример 40. Радиус окружности равен 1. Найдите величину вписанного угла,

опирающегося на хорду, равную 2 . Ответ дайте в градусах.

BA1

O

A

С

Рис. 43

Решение. Хорда BC разбивает окружность на две дуги. Все вписанные углы, опирающиеся на эту хорду, с вершинами, лежащими на одной дуге, будут равны. Для любой точки A (см. рис. 43),

Пример 41. Около треугольника ABC описана окружность с центром О, угол АОС равен 60°. В треугольник ABC вписана окружность с центром М. Найдите угол АМС.

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

Решение. В равнобедренном треугольнике АOС (OC OA R ) угол при вершине равен 60 . Следовательно, треугольник АOС – равносторонний и

AC R .

Используя следствие обобщенной теоремы синусов, получаем

AC 2Rsin B, R 2Rsin B, sin B 1.

A C 150 . Центр вписанной окружности М, лежит на пересечении бис-

B

O

M

Пример 42. Медиана ВМ треугольника АВС равна его высоте АН. Найдите угол МВС.

B

H

A M C

Рис. 45а

Решение. Пусть MBC . Найдем площадь треугольника АВС двумя способами. Так как медиана ВМ треугольника АВС разбивает его на два равновеликих треугольника, то

05.01.2011.

SABC 2SCBM 2 1 BC BM sin

2

BC BM sin .

1

С другой стороны, SABC 2 BC AH.

Учитывая, что AH BM, приравняем

площади BC BM sin 1 BC AH. По-

2

лучаем, что sin 0,5. Отсюда 30

(см. рис. 45а) или 150 (см. рис. 45б).

H

B

A M C

Рис. 45б

Ответ: 30 или 150 .

Пример 43. Трапеция ABCD с основаниями AD и ВС вписана в окружность с центром О. Найдите высоту трапеции, если ее средняя линия равна 3 и

sin AOB 3. 5

● Проекция боковой стороны равнобедренной трапеции на большее основание равна полуразности оснований, а проекция диагонали — полусумме оснований (средней линии). (докажите)

Вписанный угол измеряется половиной дуги, на которую он опирается.

B C

AH D

O

A1H1 D1

Рис. 46

Решение. Пусть AOB (см. рис. 46). Проведем высоту BH и диагональ BD. Отрезок HD равен средней линии. Так как вписанный угол BDA в два раза меньше центрального угла AOB, то

ADB . Из прямоугольного тре-

2

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

угольника BHD найдем высоту

2. Второй случай, когда AOB – тупой, рассмотрите самостоятельно.

3. Что будет в случае, когда

AOB 90 ?

Ответ: 9 или 1.

Опорная задача. Пусть О – центр окружности, вписанной в треугольник АВС. Докажите равенства:

A C 180 180 B B 90 .

Остальные равенства доказывают аналогично.

Пример 44. В треугольнике ABC проведены высоты ВМ и CN, О – центр вписанной окружности. Известно, что BC 24, MN 12 . Найдите радиус окружности, описанной около треугольника ВОС.

Решение. 1. Треугольник AMN подобен треугольнику АВС с коэффициентом

05.01.2011.

подобия k MN 12 1 cosA . От-

BC 24 2

сюда A 60 или A 120 .

B

B

O

N O

A A M C M C

N

а б

Рис. 48

Используем соотношение СОВ

А 90 (см. опорную задачу). Значит

(см. рис. 48б).

Используем следствие из обобщенной теоремы синусов:

Ответ: 83 или 24.

интерпретация алгебраического решения

Пример 45. Дана окружность радиуса 13. Точка М – середина радиуса ОК. Хорда АС перпендикулярна радиусу ОК. Найти расстояние ВМ, если известно, что AB BK 4 (рис. 49).

Решение. Обозначим BM через x (см. рис. 49а), тогда имеем OB 6,5 x и

AB 169 (6,5 x)2 , BK 6,5 x. Ис-

пользуя теорему Пифагора для треугольника AOB, получаем уравнение

169 (6,5 x)2 10,5 x.

Отсюда находим корни x1 1,5 и x2 5,5.

Корянов А.Г., Прокофьев А.А.

O O

B C M

AM B

K AKC

а б

Рис. 49 Интерпретируем отрицательный ко-

рень: точка B расположена между точками M и K , то есть отрезок MB откладывается в противоположном направлении (см. рис. 49б). Оба корня удовлетворяют решению задачи.

Ответ: 1,5 или 5,5.

Пример 46. Дана трапеция ABCD с боковыми сторонами AB 36, CD 34 и верхним основанием BC 10. Извест-

но, что cos ABC 1. Найдите BD.

3

Обозначим ED через x. Воспользуемся теоремой косинусов для угла DEC в треугольнике DEC :

342 362 x2 2 36 x 1, 3

x2 24x 140 0.

Отсюда x 14 или x 10. Получившиеся два значения x, озна-

чают, что условию задачи соответствуют два чертежа. В одном случае CDE острый, в другом – тупой.

Воспользуемся теоремой косинусов для угла DAB в треугольнике ABD и рассмотрим два случая.

1. Пусть x 14, тогда AD 24.

05.01.2011.

BD2 362 242 2 36 24 1 1296; 3

BD 36.

В этом случае угол D – острый (см. рис. 50а), так как справедливо неравенст-

во: EC2 ED2 CD2 362 142 342

56 0.

2.Пусть x 10, тогда AD 20,

BD2 362 202 2 36 20 1 1216;

задачи с параметрами

В геометрических задачах в качестве параметра может быть линейная или угловая величина. Количество возможных решений находится в зависимости от условия задачи и области изменения параметра.

Пример 47. Дан прямоугольный треугольник АВС с прямым углом при вершине В и углом при вершине А. Точка D – середина гипотенузы. Точка C1 симметрична точке С относительно прямой BD. Найдите угол AC1B.

Центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника, лежит на середине гипотенузы.

Решение. Так как прямая BD является серединным перпендикуляром к отрезку CC1 , то DC DC1 . С другой стороны, точка D – центр окружности, описанной около прямоугольного треугольника. Поэтому DC DB DA. Отсюда следует,

что точка C1 принадлежит описанной окружности.

Построение чертежа к этой задаче зависит от того, каково значение параметра. Возможны три случая: 1) 45 ; 2) 45 90 ; 3) 0 45 .

05.01.2011.

Пусть боковая сторона треугольника равна а, тогда основание равно P 2a . Запишем условия

BAD . Найдите расстояние между центрами окружностей, описанных около треугольников BCD и DAB.

Решение. Диагональ BD разбивает параллелограмм на два равных треугольника BCD и DAB . Поэтому по разные стороны от прямой BD расположены центры O и O1 описанных около них окружностей, лежащие на серединном перпендикуляре OO1 к их общей стороне

OO1 2OM 2BM ctg BD ctg .

BD находим из треугольника DAB :

BD a2 b2 2abcos .

Следовательно,

OO1 a2 b2 2abcos ctg .

2. Пусть 90 , тогда точки O и O1

совпадают и OO1 0 (см. рис. 52б).