Задание 17. Задача на планиметрию. ЕГЭ 2026 по математике профильного уровня

За это задание ты можешь получить 3 балла. На решение дается около 35 минут. Уровень сложности: повышенный.
Средний процент выполнения: 8%
Ответом к заданию 17 по математике (профильной) может быть развернутый ответ (полная запись решения с обоснованием выполненных действий).

Что нужно знать, чтобы решить задание 17:

Для того, чтобы решить задачу необходимо составить математическую модель (уравнение, неравенство или функцию, которую нужно исследовать).

Для решения задач на кредиты, необходимо разобраться в основных схемах кредитования с дифференцированными и аннуитетными платежами. Часто для преобразования уравнения нужно знать формулы алгебраической и геометрической прогрессий.

В задачах на оптимизацию нужно уметь работать с функциями: брать производную, находить точки экстремумов.

Задачи для практики

Задача 1

В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ равны $3$ и $9$ соответственно. Из точки $K$, лежащей на стороне $CD$, опущен перпендикуляр $KL$ на сторону $AB$. Известно, что $L$ — середина стороны $AB$, $CL=4$ и что площадь четырёхугольника $ALKD$ в $3$ раза больше площади четырёхугольника $BCKL$. a) Докажите, что $BK∥ DL$. б) Найдите длину отрезка $DL$.

Решение

а) В трапеции $ABCD$ через точку $L$ проведём высоту $PH$ (см. рис. $$). $▵ BLP=▵ ALH$ по гипотенузе и острому углу ($BL=AL$ по условию $∠ LBP=∠ LAH$ как накрест лежащие при $BC∥ AD$ и секущей $AB$), откуда $LP=LH$. В треугольниках $BCL$ и $ADL$ высоты $LP$ и $LH$ равны и $AD=3BC$. Значит, $S_{ADL}=3S_{BCL}$. Так как площадь четырёхугольника $ALKD$ в $3$ раза больше площади четырёхугольника $BCKL$, то $S_{DKL}=3S_{KCL}$, а $KD=3CK$. $F$ — точка пересечения $BC$ и $DL$. $▵ BLF=▵ ALD$ по стороне и двум прилежащим к ней углам ($BL=AL$, $∠ LBF=∠ LAD$ как накрест лежащие при $BC∥ AD$ и секущей $AB$, $∠ BLF=∠ ALD$ как вертикальные). Значит, $BF=AD=9$. ${BC} / {CF}={CK} / {CD}={1} / {4}$, имеем $▵ BCK∼ ▵ FCD$ по второму признаку подобия треугольников. Отсюда следует, что $∠ CBK=∠ CFD$, а это означает, что $BK∥ LD$ по признаку параллельности прямых. б) $S_{ADL}=3S_{BCL}$ (см. п. а), для высот $CR$ и $DE$ этих треугольников выполняется равенство $DE=3CR$, поскольку $BL=AL$ (см. рис. ). $CR∥ LK∥ DE$, тогда по теореме о пропорциональных отрезках ${RL} / {LE}={CK} / {KD}={1} / {3}$. Прямоугольные треугольники $CLR$ и $DEL$ подобны по второму признаку подобия треугольников, значит, $LC:LD=1:3$, $LD=3LC=12$.

Ответ: 12
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 2

В окружность радиусом $√ 7$ вписана трапеция $ABCD$, причём её основание $AD$ является диаметром, а $∠ BAD=60^°$. Хорда $CE$ пересекает диаметр $AD$ в точке $P$ так, что $AP:PD=1:3$. а) Докажите, что $∠ BEC=30°$. б) Найдите площадь треугольника $BPE$.

Решение

а) В треугольнике $ABO$ радиусы $OA=OB$ и $∠ BAO=60°$, значит, треугольник $ABO$ равносторонний (см. рис.). Так как трапеция $ABCD$ вписана в окружность, то она равнобедренная. Поэтому $∠ CDA=∠ BAD=60°$. В треугольнике $CDO$ радиусы $OC=OD$ и $∠ CDO=60°$, значит, треугольник $CDO$ равносторонний. Тогда $∠ BOC=180°-∠ AOB-∠ COD=180°-60°-60°=60°$. Так как центральный угол $BOC$ и вписанный угол $BEC$ опираются на одну дугу $BC$, то $∠ BEC={∠ BOC} / 2={60°} / 2=30°$. б) Так как по условию $AP:PD=1:3$, то $AP={1} / {4} AD$. Учитывая, что центр окружности точка $O$ — середина отрезка $AD$, то есть $AD=2AO$, получим $AP={1} / {2} AO$. Значит, точка $P$ является серединой отрезка $AO$. Так как $BP$ — медиана равностороннего треугольника $ABO$, то $BP$ — высота этого треугольника. В равностороннем треугольнике $ABO$ со стороной $√ {7}$ найдём $BP={a√ 3} / {2}={√ 7⋅√ 3} / {2}={√ {21}} / {2}$. Для смежных углов $BPE$ и $BPC$ имеем $\sin∠ BPE=\sin∠ BPC$. $BC=AD-2AP=2√ 7-√ 7=√ 7$. Из прямоугольного треугольника $BPC$ по теореме Пифагора
$PC=√ {BC^2+BP^2}=√ {(√ 7)^2+({√ {21}} / {2})^2}=√ {{49} / {4}}={7} / {2}$ и
$\sin∠ BPC={BC} / {PC}=√ 7:{7} / {2}={2√ 7} / {7}$. Из треугольника $BPE$ по теореме синусов находим $BE$:
${BE} / {\sin∠ BPE}={BP} / {\sin∠ BEP}$; $BE:{2√ 7} / {7}={√ {21}} / {2}:{1} / {2}$; $BE=2√ 3$. Применив теорему о произведении отрезков пересекающихся хорд $EP⋅ CP=AP⋅ DP$, найдём $EP$: $EP⋅{7} / {2}={√ 7} / {2}⋅{3√ 7} / {2}$; $EP={3} / {2}$. $S_{BPE}={1} / {2}BE⋅ EP\sin∠ BEP={1} / {2}⋅2√ 3⋅{3} / {2}⋅{1} / {2}={3√ 3} / 4$.

Ответ: {3√3}/4
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 3

В окружности с центром $O$ проведён диаметр $MN$, отмечены точка $K$ — середина дуги $MN$, точка $A$ — середина хорды $MK$ и точка $B$ — середина дуги $KN$.

а) Докажите, что $AB:MN=√ 3:√ 8$.

б) На отрезке $AB$, как на стороне, построен прямоугольник $ABCD$ так, что его вершина $C$ лежит на окружности. Найдите площадь прямоугольника $ABCD$, если радиус окружности равен $3√ 7$.

Решение

а) Проведем радиусы $OK$ и $OB$. Треугольник $MOK$ является прямоугольным и равнобедренным (см. рис.). Отрезок $AO$ — его медиана, высота и биссектриса, поэтому углы $∠ MOA=∠ AOK=∠ KOB=∠ BON=45°$. Угол $∠ AOB=∠ AOK+∠ KOB=45°+45°=90°$, значит, треугольник $AOB$ — прямоугольный. Пусть радиус окружности равен $R$, тогда $OB=R$, и $AO={√ 2} / {2} R$. В прямоугольном треугольнике $AOB$ сторона $AB$ является гипотенузой, поэтому $AB=√ {AO^2+BO^2}=√ {({√ 2} / {2}R)^2+R^2}={R} / {2}√ 6$. Теперь можно найти отношение длины отрезка $AB$ к длине диаметра окружности: $AB:MN={R} / {2}√ 6:(2R)={√ 6} / {4}={√ 3} / {√ 8}$. б) Продолжим сторону $CD$ прямоугольника $ABCD$ до пересечения с окружностью в точке $E$. Так как угол C прямой, то гипотенуза $BE$ треугольника $BEC$ является диаметром окружности. Прямоугольные треугольники $AOB$ и $BEC$ подобны по двум углам: кроме прямых углов у них ещё $∠ 1=∠ 2$ — накрест лежащие при параллельных прямых $AB$ и $EC$. Значит, стороны треугольников пропорциональны. Составим пропорцию:
${AB} / {BE}={AO} / {BC}$, поэтому $BC={AO⋅ BE} / {AB}={{√ 2} / {2}R⋅2R} / {{√ 6} / {2}R}={2R} / {√ 3}$. Теперь вычислим площадь прямоугольника $ABCD$ по стандартной формуле: $S_{ABCD}=AB⋅ BC={R√ 6} / {2}⋅{2R} / {√ 3}=R^2√ 2$. Учитывая, что $R=3√ 7$, получим $S_{ABCD}=(3√ 7)^2√ 2=63√ 2$.

Ответ: 63√2
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 4

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точка $D$ лежит на катете $AC$, а точка $F$ — на продолжении катета $BC$ за точку $C$, причём $CD=BC$ и $CF=AC$. Отрезки $CM$ и $CN$ — высоты треугольников $ABC$ и $FCD$ соответственно. а) Докажите, что $CM$ и $CN$ перпендикулярны. б) Прямые $AF$ и $BD$ пересекаются в точке $K$. Найдите $DK$, если $BC=3$, $AC=9$.

Решение

а) $▵ CDF=▵ ABC$ по двум катетам, значит, $∠ CDF=∠ ABC$ (см. рис. $$). Тогда $▵ BCM=▵ DCN$ по гипотенузе и острому углу, значит, $∠ BCM=∠ DCN$. Таким образом, $∠ NCM=∠ DCN+∠ DCM=∠ BCM+∠ DCM =
=∠ ACB=90°$, то есть $CM$ и $CN$ перпендикулярны. б) Пусть $P$ — точка пересечения $FD$ и $AB$, $MCNP$ — прямоугольник, действительно, по условию $CN⊥ FD$, $CM⊥ AB$, по доказанному $CN⊥ CM$ (см. п. а). Это означает, что $D$ — точка пересечения высот треугольника $ABF$, а $BK$ — высота. В прямоугольном равнобедренном треугольнике $BCD$ гипотенуза $BD$ равна $3√ 2$. $DK=BK-BD=BK-3√ 2$. По условию $AC=FC=9$, тогда $AF=9√ 2$ как гипотенуза прямоугольного равнобедренного треугольника $ACF$, $BF=12$. $AF⋅ BK=AC⋅ BF$, $9√ 2⋅ BK=9⋅ 12$, $BK=6√ 2$. $DK=BK-3√ 2=6√ 2-3√ 2=3√ 2$.

Ответ: 3√2
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 5

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K$, причём меньшая окружность проходит через центр $O$ большей. Диаметр $AB$ большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке $C$, отличной от $K$. Лучи $KO$ и $KC$ вторично пересекают большую окружность в точках $D$ и $E$ соответственно. Точка $B$ лежит на дуге $EK$ большей окружности, не содержащей точку $D$.

а) Докажите, что прямые $DE$ и $AB$ параллельны.

б) Известно, что $\sin∠ KOB = {√ {15}} / {8}$. Прямые $DB$ и $EK$ пересекаются в точке $L$. Найдите отношение $EL:LK$.

Решение

а) $KD$ — диаметр большей окружности ($O ∈ KD$), $O_1$ — центр меньшей окружности, $l$ — общая касательная двух окружностей, проходящая через точку $K$ (см. рис.). $O_1 ∈ KD$. Действительно, $OK⊥ l$, $O_1K⊥ l$ как радиусы, проведённые в точку касания, значит, точки $O$, $K$, $O_1$ лежат на луче $KO$. $∠ DEK=∠ OCK=90°$ как вписанные углы, опирающиеся на диаметры $DK$ и $OK$ соответственно. $C∈ EK$, следовательно, $DE∥ AB$ как два перпендикуляра к одной прямой.

б) Так как диаметр $AB$, перпендикулярный хорде $EK$, делит её пополам, то $CE=CK$, следовательно, $⌣ KB=⌣ BE$ (см. рис.). Угол $EDK$ вписанный, опирается на дугу $EK$, а угол $BOK$ — центральный, опирается на половину дуги $EK$, следовательно, $∠ EDK=∠ BOK=α$; $∠ EDB=∠ BDK$ как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, тогда $DL$ — биссектриса треугольника $DEK$, а по свойству биссектрисы ${EL} / {LK}={DE} / {DK}=\cos α=√ {1-\sin^2 α}$.

${EL} / {LK}=√ {1-{15} / {64}}={7} / {8}$.

Ответ: \fsm78
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 6

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точки $P$ и $K$ — середины катета $BC$ и гипотенузы $AB$ соответственно. Биссектриса угла $BAC$ пересекает прямую $KP$ в точке $R$.

а) Докажите, что точки $A$, $B$, $C$ и $R$ лежат на одной окружности.

б) Найдите отношение площадей треугольников $AKR$ и $BCR$, если $\sin ∠ BAC={15} / {17}$.

Решение

а) Отрезок, соединяющий вершину прямого угла и середину гипотенузы, равен половине длины гипотенузы, то есть $AK = K B = K C. AR$ — биссектриса угла $BAC$, значит $∠CAR =∠BAR = α$.

$K P$ — средняя линия $△ABC$, значит, $K P ‖ AC$.

Накрест лежащие углы $CAR$ и $ARK$ равны (секущая $AR$).

В треугольнике $AK R$ равны углы $K AR$ и $K RA$, значит $AK = K R$.

Получим $AK = K B = K C = K R$, значит точки $A, B, C$ и $R$ лежат на окружности с центром $K$.

б) $∠CBR =∠CAR$ и $∠BAR =∠BCR$ (опираются на дуги $C R$ и $BR$ соответственно), таким образом, треугольники $AK R$ и $BC R$ подобны по двум углам. По теореме синусов для треугольника $ABR$ получим ${BR}/{sin ∠RAB} = 2r$, где $r$ — радиус описанной окружности, то есть $2r = AB$. Получили ${BR}/{AB} = sin ∠RAB = sin α$.

Но коэффициент подобия треугольников $AK R$ и $BC R$ равен ${AK}/{BR} = {2AK}/{2BR} = {AB}/{2BR} = {1}/{2 sin α}$.

По условию $sin ∠BAC = sin 2α = {15}/{17}$.

Тогда $cos 2α = √{1 - ({15}/{17})^2} = {8}/{17}$,

$cos 2α = 1 - 2 sin^2 α = {8}/{17}, 2 sin^2 α = {9}/{17}$.

Площади треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, поэтому ${S_{AKR}}/{S_{BCR}} = ({1}/{2sin α})^2 = {1}/{2 · {9}/{17}} = {17}/{18}$.

Ответ: 17:18
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 7

Две окружности с центрами $O_1$ и $O_2$ пересекаются в точках $M$ и $N$, причём точки $O_1$ и $O_2$ лежат по разные стороны от прямой $MN$. Продолжение диаметра $AM$ первой окружности и хорды $AN$ этой же окружности пересекают вторую окружность в точках $C$ и $B$ соответственно.
а) Докажите, что треугольники $ANC$ и $O_1MO_2$ подобны.
б) Найдите $MC$, если угол $CMB$ равен углу $NMA$, а радиус второй окружности в $2{,}5$ раза больше радиуса первой и $MN=2$.

Решение

а) $O_1O_2 ⊥ MN, O_1O_2$ делит хорду $MN$ и дугу $MN$ второй окружности пополам.

$∠MO_2O_1 = {1}/{2} ︶ MN; ∠ACN = ∠MCN = {1}/{2} ︶ MN = ∠MO_2O_1. ∠ANM = 90°$ как угол, опирающийся на диаметр, поэтому $AN ⊥ MN, O_1O2 ⊥ MN$, значит, $AN‖ O_1O_2$, откуда $∠MO_1O_2 = ∠MAN$. Итак, $△ACN∼△MO_1O_2$ по двум углам.

б) Введём обозначения: $r$ - радиус меньшей окружности, тогда $2.5r$ -радиус большей окружности.

$∠MNB = 180° - ∠ANM = 90°$, тогда $MB$ - диаметр второй окружности (проходит через $O_2$). $∠MCB = 90°$, как вписанный угол, опирающийся на диаметр.

Значит, $△AMN∼△BCM$ по двум углам ($∠ANM = ∠MCB = 90°, ∠AMN = ∠CMB$)

${MC}/{MN} = {MB}/{AM}$, но ${MB}/{AM} = {2·2.5r}/{2r} = 2.5$.

$MC = 2.5·MN = 5$.

Ответ: 5
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 8

В треугольнике $EKP$, в котором все углы острые, проведены высоты $KB$ и $PA$. Из точек $A$ и $B$ на $KB$ и $PA$ опущены перпендикуляры $AM$ и $BN$ соответственно.
а) Докажите, что прямые $MN$ и $KP$ параллельны.
б) Найдите отношение $MN:KP$, если угол $KEP$ равен $45^°$.

Решение

а) $△POB ∼ △KOA$ по первому признаку подобия: $∠PBO = ∠OAK = 90°, ∠BOP = ∠AOK$ как вертикальные.

Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим ${OP}/{OK} = {BN}/{AM}$ (1).

$△ONB ∼ △AOM$ по первому признаку подобия: $∠BNO = ∠AMO = 90°, ∠BON = ∠AOM$ как вертикальные, отсюда ${ON}/{OM} = {BN}/{AM}$ (2).

Из 1) и 2) следует ${OP}/{OK} = {ON}/{OM}$.

Следовательно, $△OPK ∼ △ONM$ по второму признаку подобия: $∠POK$ — общий, ${OP}/{ON} = {OK}/{OM}$.

Из подобия следует $∠OPK = ∠ONM$ . Углы $OPK$ и $ONM$ соответственные при прямых $PK$ и $NM$ и секущей $OP$ . Следовательно, $PK ‖ MN$ по признаку параллельности прямых.

б) В четырехугольнике $AEBO ∠AEB = 45°$ (по условию) $∠AOB=360°-(∠A +∠B +∠E ) = 360° - 225° = 135°$. В $△AOM ∠AMO = 90°, ∠AOM = 180°-135°=45°, AM=MO$.

Обозначим $OM = x$, тогда $AM = x, AO=OM√2=x√2$.

В $△OAK ∠OAK = 90°, ∠AOM = 45°$, то есть $AO = AK, AO=x√2, KO=AO√2=x√2·√2=2x$.

По доказанному в пункте а) $△OPK ∼ △ONM$, значит, ${MN}/{KP} = {OM}/{OK}$.

Пусть $OM = x, OK = 2x$.

${MN}/{KP}={x}/{2x}=1:2$

Ответ: 1:2
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 9

В треугольнике $ABC$ проведена высота $AH$ и медиана $AM$. $AB=2$, $AC=√ {21}$, $AM=2{,}5$.

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.

б) Вычислите $HM$.

Решение

а) Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABDC$, как показано на рисунке.

По свойству параллелограмма, верно равенство $2(AB^2 + AC^2) = AD^2 + BC^2$, или $2(AB^2 + AC^2) = (2AM)^2 + BC^2$. Так как по условию $AB = 2, AC = √{21}, AM = 2.5$, то $2(22 + √{21}^2) = (2 · 2.5)^2 + BC^2$, откуда $BC = 5$. Если диагонали параллелограмма равны, то он — прямоугольник, значит, $∠BAC = 90°$ и $△ABC$ прямоугольный.

б) В прямоугольном треугольнике $ABC$ выразим площадь двумя способами: $2S = AB · AC, 2S = BC · AH$, приравнивая правые части этих равенств, находим $AH = {AB·AC}/{BC} = {2 · √21}/{5}$. Катет $HM$ найдём из прямоугольного треугольника $AHM$ по теореме Пифагора: $HM = √{AM^2 − AH^2} = √{2.5^2 −({2 · √21}/{5})^2} = √{{25}/{4} − {84}/{25}} = √{{625 − 336}/{100}} = {17}/{10} = 1.7$.

Ответ: 1.7
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 10

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AK$ и $CM$. На них из точек $M$ и $K$ опущены перпендикуляры $ME$ и $KH$ соответственно. а) Докажите, что прямые $EH$ и $AC$ параллельны. б) Найдите отношение $EH$ к $AC$, если $\cos ∠ ABC = {√ {2}} / {4}$.

Решение

а) По условию задачи выполним чертёж.

Рассмотрим треугольники $KOH$ и $KOC$. Они подобны как прямоугольные треугольники с общим острым углом $∠KOC$. Значит, ${OH}/{OK} = {OK}/{OC} = sin(90° - ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OH = {OK^2}/{OC} = ({OK}/{OC})^2·OC = k^2·OC$. Следовательно, ${OH}/{OC} = k^2$.

Аналогично, треугольник $MOE$ подобен треугольнику $MOA$. Тогда ${OE}/{OM} = {OM}/{OA} = sin(90° - ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OE = {OM^2}/{OA} = ({OM}/{OA})^2·OA = k^2·OA$. Следовательно, ${OE}/{OA} = k^2$.

Треугольники $OEH$ и $OAC$ подобны, так как $∠AOC$ - общий и ${OH}/{OC} = {OE}/{OA}$. Тогда $∠OEH = ∠OAC$, эти углы являются соответственными при прямых $EH$ и $AC$ и секущей $AO$, значит $EH || AC$.

б) Из подобия $OEH$ и $OAC$ следует, что ${EH}/{AC} = {OH}/{OC} = {OE}/{OA} = k^2$. Тогда ${EH}/{AC} = cos^2∠ABC = {2}/{16} ={1}/{8}$. Таким образом, $EH : AC = 1 : 8$.

Ответ: 1:8
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 11

Две окружности касаются внутренним образом в точке $A$, причём меньшая окружность проходит через центр $O$ большей. Диаметр $BC$ большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке $D$, отличной от $A$. Лучи $AO$ и $AD$ вторично пересекают б'ольшую окружность в точках $M$ и $N$ соответственно. Точка $C$ лежит на дуге $AN$ большей окружности, не содержащей точку $M$.
а) Докажите, что прямые $MN$ и $BC$ параллельны.
б) Известно, что $\sin ∠ AOC = {2√ {2}} / {3}$. Прямые $MC$ и $AN$ пересекаются в точке $K$. Найдите отношение $NK:KA$.

Решение

а) По условию задачи выполним чертёж.

Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны.

б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN , BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому

${NK}/{KA} = {MN}/{MA} = cos∠AM N = cos∠AOC = √{1-sin^2 ∠AOC} = {1}/{3}$.

Ответ: 1:3
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 12

Две окружности касаются внешним образом в точке $K$. Прямая $AB$ касается первой окружности в точке $A$, а второй — в точке $B$. Прямая $BK$ пересекает первую окружность в точке $D$, прямая $AK$ пересекает вторую окружность в точке $C$.

а) Докажите, что прямые $AD$ и $BC$ параллельны.

б) Найдите площадь $▵ AKB$, если известно, что радиусы окружностей равны $8$ и $2$.

Решение

а) Общая касательная, проведенная к окружностям в точке $K$, пересекает $AB$ в точке $M$. По свойству касательных, проведенных из одной точки, $AM = K M$ и $K M = BM$. Треугольник $AK B$, у которого медиана $K M$ равна половине стороны $AB$, к которой она проведена, прямоугольный, $∠AK B = 90°$. Вписанный угол $AK D$ прямой, поэтому он опирается на диаметр $AD$, значит, $AD ⊥ AB$. Аналогично, получаем, что $BC ⊥ AB$. Следовательно, прямые $AD$ и $BC$ параллельны.

б) Пусть первая окружность имеет радиус $8$, а вторая — радиус $2$.

Проведём $O_2H ⊥ AD$, тогда $O_2HAB$ — прямоугольник и $AH = O_2 B = 2, AB = O_2 H$. Из $△O_1O_2H$ получим $O_2 H^2 = O_1O_2^2 - O_1H^2 = (2 + 8)^2 - (8 - 2)^2 = 64, O_2 H = 8 = AB$.

$△O_2PB ∼ △O_1O_2H$ (по двум углам), ${O_2B}/{O_2P} = {O_1H}/{O_1O_2}; {2}/{O_2P} = {8 - 2}/{8 + 2}; O_2P = {10}/{3}$.

Проведём высоту $KE$ в $△AKB$, получим, что $△O_2BP ∼ △KEP$ (по двум углам). ${KE}/{O_2B} = {KP}/{O_2P}; {KE}/{2} = {2 + {10}/{3}}/{{10}/{3}}; KE = 1.6 · 2 = 3.2$.

$S_{AKB} = {1}/{2}AB · KE = {1}/{2} · 8 · 3.2 = 12.8$.

Ответ: 12.8
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 13

Две окружности касаются внешним образом в точке $T$. Прямая $KN$ касается первой окружности в точке $K$, а второй - в точке $N$. Известно, что $TS$ - диаметр окружности, описанной около $△KNT$.

а) Докажите, что прямые $SN$ и $KS$ перпендикулярны.

б) Найдите площадь четырёхугольника $KTNS$, если радиусы окружностей равны 1 и 3.

Решение

a) Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры касающихся окружностей. Через точку $T$ проведём общую касательную заданных окружностей и обозначим через $Q$ точку пересечения этой касательной с прямой $RN$.

По свойству касательных, проведённых к окружности, будем иметь: $QK = QT, QN = QT$. Значит, точки $K, N$ и $T$ равноудалены от точки $Q$, следовательно, $∠KTN$ является вписанным в некоторую окружность с центром в точке $Q$ и радиусом $R = KQ$. При этом $∠KTN$ опирается на диаметр $KN$, а значит, $∠KSN = 90°$, а это и означает, что $KS ⊥ SN$.

б) Заметим, что $∆KQT = ∆NQS$ (так как $∠KQT = ∠SQN$ как вертикальные, $KQ = QT = SQ = NQ$ как радиусы окружности). Аналогично, $∆TQN = ∆KQS$. Тогда $S_{KTNS} = S_{KQT} + S_{TQN} + S_{KQS} + S_{SQN} = 2(S_{KQT} + S_{TQN}) = 2S_{KTN}$. Пусть $O_1$ — центр окружности радиуса $1$, а $O_2$ — центр окружности радиуса $3$. Рассмотрим четырёхугольник $KNO_2O_1$. Прямая $KN$ — касательная к исходным окружностям, а $O_1K$ и $O_2N$ — радиусы. Следовательно, $O_1K ⊥ KN$ и $O_2N ⊥ KN$. Отсюда $O_1K ‖ O_2N$, а значит $KNO_2O_1$ — прямоугольная трапеция.

Точка касания двух окружностей лежит на линии их центров, поэтому отрезок $O_1O_2$ пересекает касательную $TQ$ в точке $T$, следовательно, $O_1T = O_1K = 1; O_2T = O_2N = 3; O_1O_2 = O_1T + O_2T = 1 + 3 = 4$.

Проведём из точки $T$ перпендикуляр $TH$ к отрезку $KN$.

Очевидно, что $S_{∆KTN} = S_{KNO_2O_1} − S_{∆KTO_1} − S_{∆NTO_2}$.

Проведём отрезок $O_1L ⊥ NO_2, L ∈ NO_2$, получим прямоугольник $KNLO_1$, в котором $KN = O_1L$ и $LN = O_1K = 1$, а также прямоугольный $∆O_1LO_2$, в котором $LO_2 = NO_2 − NL = 3 − 1 = 2$.

Следовательно, по теореме Пифагора $O_1L = √{O_1O_2^2 − LO_2^2} = √{4^2 − 2^2} = 2√3, KN = O_1L = 2√3$.

Найдём $S_{KTNS}$ двумя способами.

По теореме Фалеса ${KH}/{KN} = {O_1T}/{O_1O_2}$, следовательно, $KH = {KN·O_1T}/{O_1O_2} = {2√3·1}/{4} ={√3}/{2}$, отсюда $NH = KN − KH = 2√3 − {√3}/{2} = {3√3}/{2}$.

$S_{KNO_2O_1} = {KO_1 + NO_2}/{2}·KN = {1 + 3}/{2}·2√3 =4√3.$

$S_{∆KTO_1} = {KH·KO_1}/{2} = {{√3}/{2}·1}/{2} = {√3}/{4}$

$S_{∆NTO_2} = {NH·NO_2}/{2} = {{3√3}/{2}·3}/{2} ={9√3}/{4}$

Значит, $S_{KTN} = 4√3 − {√3}/{4} − {9√3}/{4} = {3√3}/{2}$.

Отсюда, $S_{KTNS} = 2S_{KTN} = 3√3$.

Ответ: $3√3$
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 14

Окружность касается продолжений сторон AB и BC треугольника ABC соответственно в точках D и E. Точки A, D, E и C лежат на одной окружности, причём точка A лежит между точками B и D, а точка C - между точками B и E.

а) Докажите, что треугольник ABC равнобедренный.

б) Найдите радиус окружности, описанной около треугольникаABC, если длины сторон AB и AC соответственно равны 26 и 2.

Решение

а) Так как $DB = BE$ по свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, то треугольник $DBE$ - равнобедренный.

Значит, $∠BDE = ∠BED$. Четырёхугольник $ADEC$ вписан в окружность, поэтому $∠ACE + ∠ADE = 180°$, откуда $∠ACB = 180° - ∠ACE = ∠ADE$. Аналогично $∠BAC = ∠DEB$. Следовательно, треугольник $ABC$ - равнобедренный и $AB = BC$.

б) Найдём высоту треугольника $ABC$, опущенную из точки $B: h_b = √{AB^2 - ({AC}/{2})^2} = √{26^2 - 1^2} = 15√3$.

Радиус окружности, описанной около треугольника со сторонами $a, b, c$ и площадью $S$, равен:

$R = {abc}/{4S} = {abc}/{4·0.5·b·h_b} = {ac}/{2hb} = {26·26}/{2·15·√3} = {338√3}/{45}$.

Ответ: ${338√3}/{45}$
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 15

В трапеции $ABCD$, в которой $AD ‖BC$, точка $O$ - точка пересечения диагоналей трапеции. Через эту точку проведена прямая, параллельная основаниям и пересекающая боковые стороны в точках $M$ и $N$.

а) Докажите, что $MO = ON$.

б) Найдите отношение ${BC}/{AD}$, если ${BD}/{OB}= {5}/{2}$.

Решение

а) 1. $∆AOD∼∆BOC$ (по двум углам: $∠BCO =∠CAD$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $AC, ∠CBO = ∠ODA$ как накрест лежащие при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD$).

Отсюда следует, что ${BO}/{OD} = {OC}/{AO}$. Тогда ${BO}/{OD} + 1 = {OC}/{AO} + 1, {BO + OD}/{OD} = {OC + AO}/{AO}, {BD}/{OD} = {AC}/{AO}$. (1)

2. $∆ABC∼∆AMO$ (по двум углам: $∠BCA = ∠MOA, ∠BAC$ - общий). Следовательно, ${BC}/{MO} = {AC}/{AO}$. (2)

Аналогично $∆DBC∼∆DON⇒ {BC}/{ON} = {BD}/{OD}$. С учётом (1), получим: ${BC}/{ON} = {AC}/{AO}$. Из этого равенства, с учётом (2), получим: ${BC}/{ON} = {BC}/{MO}$. Следовательно, $ON = MO$.

б) ${BC}/{AD} = {BO}/{OD} = {BO}/{BD - BO}$,

${AD}/{BC} = {BD - BO}/{BO} = {BD}/{BO} - 1 = {5}/{2} - 1 = {3}/{2}$. Тогда ${BC}/{AD} ={2}/{3}$.

Ответ: ${2}/{3}$
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 16

Биссектриса острого угла параллелограмма пересекает его сторону в точке K. Окружность радиусом 3 проходит через точку пересечения диагоналей и касается трёх сторон параллелограмма, причём K - одна из точек касания.

а) Докажите, что треугольник ABK равнобедренный.

б) Найдите площадь параллелограмма.

Решение

а) По условию $∠BAK = ∠KAD, ∠KAD = ∠AKB$ как накрест лежащие при $BC‖AD$ и секущей $AK$. Следовательно, $∠BAK = ∠AKB$ и $∆ABK$ равнобедренный.

б) Пусть $CF = x, FD = y$, радиус окружности $r$, тогда, учитывая, что отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны и треугольник $ABK$ равнобедренный, $BC = 2x + y$, поэтому площадь параллелограмма равна $S = 2r(2x + y) = 6(2x + y)$.

С другой стороны, площадь параллелограмма равна удвоенной площади прямоугольной трапеции $CDNM$, так как $G$ — точка пересечения диагоналей, поэтому $S = 2·{1}/{2}·P_{CDNM}·r = (4r + 2x + 2y)·r = 2r(2r + x + y) = 6(6 + x + y)$.

Приравнивая площади, получим уравнение $2x + y = 6 + x + y$, откуда $x = 6$.

$∠COD = 90°$ как угол, образованный двумя биссектрисами смежных углов. Из $∆CODOF^2 = CF·FD, r^2 = xy$, отсюда $y = {r^2}/{x} = {9}/{6} = {3}/{2}$.

Теперь найдём площадь параллелограмма $ABCD$, воспользовавшись формулой площади $S =6(2x+y)=6·(2·6 + {3}/{2})= 81$.

Ответ: 81
Показать решение
Бесплатный интенсив

Задача 17

ABCD - прямоугольник. Окружность с центром в точке B радиусом AB пересекает продолжение стороны AB в точке E. Прямая EC пересекает прямую AD в точке K, а окружность во второй раз - в точке F.

а) Докажите, что DK = DF.

б) Найдите KC, если BF = 20, DF = 21.

Решение

а) Докажем, что $AF ⊥ EK$ и $AD = DK$, а затем воспользуемся свойством медианы $FD$ прямоугольного треугольника $AFK$. $ABCD$ - прямоугольник, поэтому его углы прямые и $CB = AD, CD = AB. ∠EBC = ∠CDK = 90°$.

$BE = BA$ как радиусы окружности. Получаем, что $BE = CD. ∠BEC = ∠DCK$ как соответственные углы при $AB‖CD$ (секущая $EK$).

$∆BEC = ∆DCK$ (по стороне и двум прилежащим к ней углам), значит, $BC = KD$. Но $BC = AD$, из этого получаем $AD = DK$.

Проведем $AF$. $∠AFE$ - вписанный, он опирается на диаметр, значит, $∠AFE$ - прямой.

$∠AFK = 180° - ∠AFE = 90°$. В прямоугольном треугольнике $AFK$ медиана $FD$ равна половине гипотенузы $AK$, значит, $FD = AD = DK$.

б) Воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника $CDK$.$BF = AB=20$ (радиусы), $AD = CD = 20. DF = DK = 21.$

По теореме Пифагора $CK^2 = CD^2 + DK^2=20^2+21^2, CK=29$.

Ответ: 29
Показать решение
Бесплатный интенсив
Показать еще

Рекомендуемые курсы подготовки

математика профильная математика профиль с нуля егэ по математике

Статистика

В задании №17 требуется решить текстовую задачу. Наиболее часто встречаются задачи экономического содержания на кредиты, вклады и оптимальный выбор.

Получить за решение этого задания можно 3 первичных балла, если обоснованно получен верный ответ. Если математическая модель построена верно, но решение недостаточно обоснованно, или допущена вычислительная ошибка – вы получите 2 первичных балла. А вот если решение не завершено, при правильно построенной математической модели, то вам достанется 1 первичный балл.

Статистика выполнения задания 17 ЕГЭ по профилю по годам
Статистика выполнения задания №17 по годам

Виды платежей

1. Аннуитетный платеж — вариант ежемесячного платежа по кредиту, когда размер ежемесячного платежа остаётся постоянным на всём периоде кредитования.

Ключевые фразы:

  • известно, что кредит был выплачен тремя равными платежами (за 3 года)
  • он будет платить каждый год по 2 073 600 рублей
  • кредит можно выплатить за четыре года равными платежами по 56 507 рублей

2. Дифференцированный платеж — вариант ежемесячного платежа по кредиту, когда сумма долга каждый год уменьшается на одну и ту же сумму, а размер ежемесячного платежа по погашению кредита постепенно уменьшается к концу периода кредитования.

Ключевые фразы:

  • должен быть на X тысяч рублей меньше долга на n-е число предыдущего месяца
  • n-го числа каждого месяца долг должен быть на одну и ту же сумму меньше долга на n-е число предыдущего месяца

3. Фиксированные платежи — долг уменьшается по заданным в таблице или в условии задачи параметрам.

Ключевые фразы:

  • выплатили за 2 года платежами 130 000 рублей в первый год и 150 000 рублей во второй
  • 15-го числа каждого месяца долг должен составлять некоторую сумму в соответствии со следующей таблицей

Пример

В июле планируется взять кредит на сумму 1 342 000 рублей. Условия его возврата таковы:

  • каждый январь долг возрастает на 20% по сравнению с концом предыдущего года;
  • с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить некоторую часть долга.

Сколько рублей необходимо будет отдать, если кредит будет погашен 4 равными платежами.

Решение:

Заметим, что долг был погашен 4 равными платежами, то есть это аннуитетный платеж. Введем обозначения:

  • $x$ — ежегодный платеж
  • $s$ — сумма кредита
  • $r$ — процентная ставка
  • $k=1+r/100$ — коэффициент.
Например, если долг через год увеличился на 20%, то стал $1,2⋅S$, где $k=1+20/100=1.2$. При помощи коэффициента удобно находить процентное увеличение в одно действие. То есть вместо $S+0.2⋅S=1.2⋅S$, мы сразу же находим итоговую величину (было 100%, стало 120%, то есть $1.2⋅S$). Составим таблицу на 4 года:

Мы знаем, что после последнего платежа долг должен быть полностью погашен:

Сразу отмечу, что обычно вместо 1,2 удобнее было бы подставить как дробь 6/5. Но в данном примере нам повезло и расчеты оказались относительно простые.

После того как мы нашли x — ежегодный платеж, необходимо ответить на вопрос задачи, то есть найти общую сумму выплат за все 4 года, то есть 4x.

Популярные материалы
  • Без воды
  • Ламповая атмосфера
  • Крутые преподаватели

ЕГЭ 2026: бесплатный курс
по математике (профильной)

На бесплатном демо-курсе ты:
  • Получишь все формулы, которые нужны для решения ЛЮБОЙ задачи по теории вероятностей в ЕГЭ по профилю
  • Научишься решать задачи №4.5 в ЕГЭ по профилю
  • Улучшить свой результат на +15 вторичных баллов
Получи бесплатный демо-доступ
Оставь заявку и займи место
на бесплатном курсе Турбо ЕГЭ
Нажимая на кнопку «Отправить», вы принимаете положение об обработке персональных данных.