Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ
Информатика
Физика
Обществознание
Темы отсутствуют
Кликните, чтобы открыть меню

24. Геометрия. Вычисление

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Работа с четырехугольником

Задание 1 #5142

Прямая, параллельная основаниям трапеции \(ABCD\), пересекает ее боковые стороны \(AB\) и \(CD\) в точках \(E\) и \(F\) соответственно. Найдите длину отрезка \(EF\), если \(AD=42\), \(BC=14\), \(CF:DF=4:3\).

Проведем \(AC\). Пусть \(AC\) пересекает \(EF\) в точке \(K\).



Рассмотрим \(\triangle ACD\) и \(\triangle KCF\). Они подобны по двум углам (\(\angle C\) – общий, \(\angle CFK=\angle CDA\) как соответственные при \(KF\parallel AD\) и секущей \(CD\)). Следовательно, \[\dfrac{CF}{CD}=\dfrac{KF}{AD}\quad\Rightarrow\quad \dfrac47=\dfrac{KF}{42} \quad\Rightarrow\quad KF=24.\]

Так как \(EF\parallel AD\parallel BC\), то по теореме Фалеса \(BE:EA=CF:FD=4:3\).

 

Аналогично доказывается, что \(\triangle BAC\sim \triangle EAK\), следовательно, \[\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{EK}{BC}\quad\Rightarrow\quad \dfrac37=\dfrac{EK}{14} \quad\Rightarrow\quad EK=6.\]

Отсюда находим, что \(EF=24+6=30.\)

Ответ: 30

Задание 2 #5143

Найдите боковую сторону \(AB\) трапеции \(ABCD\), если углы \(ABC\) и \(BCD\) равны соответственно \(60^\circ\) и \(135^\circ\), а \(CD=36\).

Проведем \(BK\perp AD\), \(CH\perp AD\) – высоты.



Так как в трапеции сумма углов при боковой стороне равна \(180^\circ\), то \(\angle ADC=45^\circ\). Следовательно, прямоугольный \(\triangle CHD\) является равнобедренным, откуда следует, что \(CH=HD\). Тогда по теореме Пифагора из этого треугольника: \(36^2=CH^2+CH^2\), откуда \(CH=18\sqrt2\).
Так как высоты трапеции равны, то \(BK=CH=18\sqrt2\).
Рассмотрим прямоугольный \(\triangle ABK\). Угол \(KBC=90^\circ\), следовательно, \(\angle KBA=30^\circ\). Так как катет, лежащий против угла \(30^\circ\), равен половине гипотенузы, то \(AB=2KA\). Обозначим \(KA=x\), \(AB=2x\). Тогда по теореме Пифагора из этого треугольника \[(2x)^2=x^2+(18\sqrt2)^2\quad\Rightarrow\quad x=6\sqrt6\quad\Rightarrow\quad 2x=12\sqrt6\]

Ответ: $12\sqrt6$

Задание 3 #5144

Биссектриса угла \(A\) параллелограмма \(ABCD\) пересекает сторону \(BC\) в точке \(K\). Найдите периметр параллелограмма, если \(BK=7\), \(CK=12\).

По свойству параллелограмма биссектриса, проведенная из его угла, отсекает от него равнобедренный треугольник, то есть \(\triangle ABK\) – равнобедренный (\(AB=BK\)):



(Действительно, так как в параллелограмме противоположные стороны параллельны, то \(\angle KAD=\angle AKB\) при \(AD\parallel BC\) и секущей \(AK\). Следовательно, \(\angle AKB=\angle KAD=\angle BAK\), откуда следует, что \(\triangle ABK\) равнобедренный.)

 

Значит, \(AB=7\). Но у параллелограмма противоположные стороны равны, следовательно, его периметр \[P=2(AB+BC)=2(7+7+12)=52.\]

Ответ: 52

Задание 4 #5145

Биссектрисы углов \(A\) и \(D\) параллелограмма \(ABCD\) пересекаются в точке, лежащей на стороне \(BC\). Найдите \(AB\), если \(BC=44\).

Так как противоположные стороны параллелограмма равны, то \(BC=AD=44\).



По свойству параллелограмма биссектриса, проведенная из его угла, отсекает от него равнобедренный треугольник, то есть \(\triangle ABK\) – равнобедренный (\(AB=BK\)).
(Действительно, так как в параллелограмме противоположные стороны параллельны, то \(\angle KAD=\angle AKB\) при \(AD\parallel BC\) и секущей \(AK\). Следовательно, \(\angle AKB=\angle KAD=\angle BAK\), откуда следует, что \(\triangle ABK\) равнобедренный.)
Аналогично \(\triangle CDK\) равнобедренный, то есть \(CD=CK\).
Но \(AB=CD\) как противоположные стороны параллелограмма, следовательно, \(BK=AB=CD=CK\). Следовательно, \(AB=\frac12BC=\frac12AD=22\).

Ответ: 22

Задание 5 #5146

Расстояние от точки пересечения диагоналей ромба до одной из его сторон равно \(15\), а одна из диагоналей ромба равна \(60\). Найдите углы ромба.

Пусть \(AC=60\). Так как диагонали ромба точкой пересечения делятся пополам, то \(AO=OC=30\). Пусть \(OH=15\) – расстояние от точки пересечения диагоналей до стороны.



Рассмотрим прямоугольный \(\triangle AOH\). Так как катет \(OH\) равен половине гипотенузы \(AO\), то \(\angle HAO=30^\circ\).
Диагонали ромба взаимно перпендикулярны, следовательно, \(\angle AOB=90^\circ\). Следовательно, \(\angle ABO=90^\circ-\angle BAO=60^\circ\).
Диагонали ромба также являются биссектрисами его углов, следовательно, \(\angle BAD=2\angle BAO=60^\circ\), \(\angle ABC=2\angle ABO=120^\circ\).

Ответ: 60∘, 120∘, 60∘, 120∘.

Задание 6 #5147

Высота \(AH\) ромба \(ABCD\) делит сторону \(CD\) на отрезки \(DH=8\) и \(CH=2\). Найдите высоту ромба.

Так как у ромба все стороны равны, то \(AD=CD=10\). Рассмотрим прямоугольный \(\triangle AHD\). По теореме Пифагора из него \(AH=\sqrt{AD^2-HD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\).


 

Ответ: 6

Задание 7 #5148

Биссектрисы углов \(A\) и \(B\) при боковой стороне \(AB\) трапеции \(ABCD\) пересекаются в точке \(F\). Найдите \(AB\), если \(AF=24\), \(BF=10\).

Биссектрисы односторонних углов при двух параллельных прямых перпендикулярны, следовательно, \(\angle AFB=90^\circ\).
(Действительно, так как \(AD\parallel BC\), то односторонние углы \(\angle BAD\) и \(\angle ABC\) в сумме дают \(180^\circ\) (при секущей \(AB\)). Так как \(AF\), \(BF\) – биссектрисы, то \(\angle BAF+\angle ABF=0,5(\angle BAD+\angle ABC)=0,5\cdot 180^\circ=90^\circ\).)



Значит, \(\triangle ABF\) прямоугольный и по теореме Пифагора \[AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{24^2+10^2}=26\]

Ответ: 26