Задачи по планиметрии с решениями 9 класс
материал для подготовки к егэ (гиа) по геометрии (9 класс) на тему

Задачи по планиметрии с решением

Задач № 1

Дана окружность ω радиуса r=8. Прямая aa, проходящая через точку A, лежащую вне окружности ω, пересекает окружность ω в точках B и C. Известно, что AB=4, AC=9.

Решение задачи

По теореме о секущей и касательной AK2=AB⋅AC, откуда AK=AB⋅AC=√4⋅9=6.

Степень точки A равна AB⋅AC=AO2−r2. Отсюда AO2=r2+AB⋅AC=64+36=100, следовательно, AO=10.

Задач № 2

Сторону AB треугольника ABC продолжили за вершину B и выбрали на луче AB точку A1 так, что точка B — середина отрезка AA1 . Сторону BC продолжили за вершину C и отметили на продолжении точку B1 так, что C — середина BB1. Аналогично, продолжили сторону CA за вершину A и отметили на продолжении точку C1 так, что A – середина CC1. Найдите площадь треугольника A1B1C1, если площадь треугольника ABC равна 1.

Решение задачи

Соединим точки A и B1, B и C1, C и A1 отрезками. Полученные отрезки являются медианами в треугольниках C1CB1, A1AC1, B1BA1 соответственно. Отсюда следует, что SBC1A=SBC1A1, SCA1B=SCA1B1, SAB1C=SAB1C1.

Заметим, что отрезки BA, CB, AC — медианы в треугольниках CBC1, ACA1, BAB1 соответственно. Отсюда (по свойству медианы, а также из сказанного ранее) вытекает, что SABC=SABC1=SBC1A1,  SABC=SAB1C=SAB1C1.

Таким образом, мы доказали, что все маленькие треугольники, на которые разбит треугольник A1B1C1, имеют равную площадь, причем она равна 1, поскольку один из этих треугольников есть треугольник ABC. Всего маленьких треугольников ровно 7, значит, площадь треугольника A1B1C1 равна 7.

Задач № 3

Вершины A, B, C и D параллелограмма ABCD соединили с серединами сторон BC, CD, DA и AB (обозначим эти точки через A1, B1, C1 и D1) соответственно. Найдите площадь ограниченного этими прямыми четырехугольника, если SABCD=10.

Решение задачи

Введем следующие обозначения: K — пересечение AA1 и BB1, P — пересечение BB1 и CC1, L — пересечение CC1 и DD1  M - пересечение DD1 и AA1. Заметим, что четырехугольник KPLM параллелограмм, поскольку AA1∥CC1, BB1∥DD1.

Высоты BH1 и СH2, опущенные из точек B и C на прямую AA1, одинаковы, поскольку прямоугольные треугольники BH1A1 и CH2A1 равны по гипотенузе (BA1=A1C) и острому углу.

Заметим, что AK=2MK, это вытекает из теоремы Фалеса, поскольку AB=2AD1, а прямые BB1∥DD1. Отсюда следует, что AM=MK. Аналогично получаем, что BK=KP, CP=PL, DL=LM.

Из выше сказанного следует, что SABK=SKPLM. Действительно, SABK=12BH1⋅AK=BH1⋅MK=CH2⋅MK, а поскольку CH2 — расстояние между параллельными прямыми AA1 и CC1, то CH2 равно высоте параллелограмма, откуда получается, что CH2⋅MK=SKPLM.

Аналогично получается, что SABK=SBCP=SCDL=SDAM=SKPLM. Все эти равные площади вместе дают площадь параллелограмма ABCD. То есть 5SKPLM=SABCD, поэтому SKPLM=2.

Задач № 4

Прямая, соединяющая центр описанной окружности и ортоцентр неравнобедренного треугольника, параллельна биссектрисе одного из его углов. Чему равен этот угол?

Решение задачи

Без ограничения общности можно считать, что биссектриса угла C треугольника ABC параллельная прямой Эйлера HO (все обозначения стандартны). Пусть C1 — середина отрезка AB, а точка C0 — середина дуги AB, иными словами, вторая точка пересечения биссектрисы угла C с описанной окружностью треугольника ABC. Пусть CK — высота из точки C на прямую AB. Заметим, что прямые OC0 и CH параллельны, так как обе перпендикулярны прямой AB. Если точка H находится между точек C и K, или KK между C и H, то точки O и H будут находиться по разные стороны относительно прямой CC0, а это противоречит условию задачи. Поэтому точка C находится между точками H и K, что значит, что ∠С90∘.

Заметим, что четырехугольник OC0CH — параллелограмм (его стороны попарно параллельны), тогда CH=OC0=R, где R — радиус описанной окружности. Известно, что CH=2OC1, поэтому легко видеть, что в прямоугольном треугольнике OC1B катет OC1 равен половине гипотенузы OB=R, значит, ∠BOC1=60∘. Это половина центрального угла AOB, тогда вписанный угол AC0B равен 60∘, а угол C дополняет его до 180∘, то есть ∠C=180∘−60∘=120∘.

Задач № 5

Отрезки, соединяющие основания высот остроугольного треугольника ABC, равны 5, 12 и 13. Найдите радиус описанной около треугольника ABC окружности.

Решение задачи

Заметим, что треугольник с вершинами в основаниях высот прямоугольный (следует из теоремы Пифагора). Пусть его вершины A1, B1, C1 напротив точек A, B, C соответственно, причем A1C1=13. Тогда A1BC1 подобен треугольнику ABC, причем коэффициент подобия равен cos∠B.  Известно, что отрезки, соединяющие основания высот, входят в эти точки под равными углами, причем равными соответствующим углам треугольника, то есть, в данном случае ∠AB1C1=∠CB1A1=∠B, а поскольку ∠A1B1C1=90∘, то оба уголка при вершине B1 равны по 45∘, откуда следует, что ∠B=45∘. Таким образом, AC=A1C1cos∠B=132–√AC=A1C1cos⁡∠B=132. Радиус описанной окружности треугольника ABCABC легко находится по теореме синусов: R=AC2sin∠B=132–√⋅2–√2=13R=AC2sin⁡∠B=132⋅22=13.

Задач № 6

Внутри параллелограмма ABCDABCD взята точка OO так, что ∠OAD=∠OCD. Известно, что ∠BAD=75∘, ∠OBA=65∘, найдите градусную меру ∠ODC.

Решение задачи

Если сделать параллельный перенос всей картинки на вектор AD→, то при этом преобразовании точка CCперейдет в точку C′, D — в точку D′

. Ясно, что точка A перейдет в точку D, а точка B перейдет в  C.

Ясно, что  ∠OAD = ∠O′DD′. Нетрудно заметить, что ∠OO′D=∠O′DD′, как накрест лежащие углы при параллельных прямых OO′′ и DD′′. Отсюда следует, что ∠OCD=∠OAD=∠O′DD′=∠OO′D, значит четырехугольник OCO′D — вписанный.

Отсюда можно получить, что ∠ODC=∠OO′C,  который из аналогичных предыдущему рассуждений равен ∠O′CC′=∠OBC. Остается просто посчитать. Ясно, что

∠ODC=∠OBC=∠ABC−∠OBA=(180∘−∠BAD)−∠OBA=105∘−65∘=40∘.

Задач № 7

Пусть IA, IB, IC — центры вневписанных окружностей треугольника ABC, касающихся сторон BC, AC, AB соответственно. Известно, что BC=5√3, ∠A=60∘. Найдите радиус описанной окружности треугольника IAIBIC.

Решение задачи

Рассмотрим точки A1, B1, C1 — пересечения с описанной окружностью треугольника ABC биссектрис его углов при вершинах A, B, C. Из обобщенной леммы о трезубце следует, что IA1=IAA1, IB1=IBB1, IC1=ICC1, где I — центр вписанной окружности треугольника ABC.

Заметим, что при гомотетии с центром в точке II и коэффициентом k=2точки A1, B1, C1 переходят в точки IA, IB, IC. 

Таким образом, получается, что радиус описанной окружности треугольника IAIBIC равен удвоенному радиусу описанной окружности треугольника A1B1C1, которая совпадает с описанной окружностью треугольника ABC.

Ее радиус легко находится по теореме синусов в треугольнике ABC. Имеем

RIAIBIC=2RABC=BCsin∠A=53–√3–√2=10.