Задачи №24 из банка ФИПИ —Каталог задач по ОГЭ - Математика

Тема 24. Геометрическая задача на доказательство

24.01 Задачи №24 из банка ФИПИ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела геометрическая задача на доказательство

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#58564

Основания $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 4,5 и 18, $BD = 9.$ Докажите, что треугольники $CBD$ и $BDA$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольники $CBD$ и $BDA.$ В них:

1.: $∠CBD = ∠BDA$ как внутренние накрест лежащие при $BC ∥AD$ и секущей $BD.$
2.: $CB- 4,5- 9- BD- BD = 9 = 18 = AD .$

Следовательно, $△ CBD$ и $△ BDA$ подобны по двум парам пропорциональных сторон и углу между ними.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#52702

Основания $BC$ и $AD$ трапеции $ABCD$ равны соответственно 12 и 75, $AC = 30.$ Докажите, что треугольники $CBA$ и $ACD$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

$PIC$

Рассмотрим треугольники $CBA$ и $ACD :$

1.: $BC- 12 2 30 AC- AC = 30 = 5 = 75 = AD .$
2.: $∠BCA =∠CAD$ как накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD.$

Тогда треугольники $CBA$ и $ACD$ подобны по двум сторонам и углу между ними.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#58570

Биссектрисы углов $B$ и $C$ трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O,$ лежащей на стороне $AD.$ Докажите, что точка $O$ равноудалена от прямых $AB, BC$ и $CD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Проведём $OM ⊥ AB,$ $ON ⊥ BC,$ $OK ⊥ CD.$

$PIC$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $MBO$ и $NBO.$ В них $OB$ — общая гипотенуза, $∠MBO = ∠NBO,$ так как $BO$ — биссектриса $∠B.$ Следовательно, треугольники $MBO$ и $NBO$ равны по гипотенузе и острому углу. Тогда $OM = ON$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим прямоугольные треугольники $NCO$ и $KCO.$ В них $OC$ — общая гипотенуза, $∠NCO = ∠KCO,$ так как $CO$ — биссектриса $∠C,$ поэтому треугольники $NCO$ и $KCO$ равны по гипотенузе и острому углу. Значит, $ON = OK$ как соответственные элементы равных треугольников.

Получили:

OM = ON = OK

Значит, точка $O$ равноудалена от прямых $AB, BC$ и $CD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#28215

Через точку $O$ пересечения диагоналей параллелограмма $ABCD$ проведена прямая, пересекающая стороны $BC$ и $AD$ в точках $K$ и $M$ соответственно. Докажите, что отрезки $BK$ и $DM$ равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Рассмотрим треугольники $BKO$ и $DMO :$

1.: $BO = OD,$ так как диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам;
2.: $∠BOK = ∠DOM$ как вертикальные;
3.: $∠KBO = ∠MDO$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $AD$ и $BC$ и секущей $BD.$

$PIC$

Тогда треугольники $BKO$ и $DMO$ равны по стороне и двум прилежащим к ней углам. Значит, $BK = DM$ как соответственнные элементы равных треугольников.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#61821

Сторона $BC$ параллелограмма $ABCD$ вдвое больше стороны $AB.$ Точка $K$ — середина стороны $BC.$ Докажите, что $AK$ — биссектриса угла $BAD.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $AB = x.$ Тогда $BC = 2AB = 2x,$ так как $BC$ по условию в 2 раза больше, чем $AB.$

Так как $K$ — середина $BC,$ то $BK = KC = x.$ Значит, $BK = KC = 12BC = AB =x.$

$PIC$

Рассмотрим треугольник $ABK.$ В нем $AB = BK,$ следовательно, треугольник $ABK$ равнобедренный. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны, поэтому $∠BAK = ∠BKA.$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $BC ∥ AD.$ Тогда $∠BKA = ∠KAD$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $AK.$

Таким образом,

∠BAK = ∠BKA = ∠KAD

Значит, $AK$ — биссектриса угла $BAD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#61822

Биссектрисы углов $C$ и $D$ параллелограмма $ABCD$ пересекаются в точке $L,$ лежащей на стороне $AB.$ Докажите, что $L$ — середина $AB.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

По условию $ABCD$ — параллелограмм, значит, $AB ∥DC.$ Углы $ADL$ и $LDC$ равны, так как $DL$ — биссектриса. Заметим, что $∠LDC = ∠ALD$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $DC$ и $AB$ и секущей $DL.$

Тогда $∠ADL = ∠LDC = ∠ALD,$ следовательно, треугольник $DAL$ — равнобедренный, значит, $AL = AD.$

$PIC$

Углы $BCL$ и $LCD$ равны, так как $CL$ — биссектриса. Заметим, что $∠LCD = ∠BLC$ как внутренние накрест лежащие углы, образованные параллельными прямыми $DC$ и $AB$ и секущей $CL.$

Тогда $∠BCL = ∠LCD = ∠BLC,$ следовательно, треугольник $CBL$ — равнобедренный, значит, $BC = LB.$

В параллелограмме противоположные стороны равны, то есть $AD =BC.$ Таким образом,

AL = AD =BC = LB ⇒ AL = LB

Тогда точка $L$ — середина стороны $AB.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#55283

На средней линии трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ выбрали произвольную точку $E.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BEC$ и $AED$ равна половине площади трапеции.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $M$ — середина $AB,$ $N$ — середина $CD,$ тогда $AM = BM,$ $CN = ND$ и $MN$ — средняя линия. Точка $E$ по условию лежит на $MN.$

Проведем через точку $E$ высоту $KP$ трапеции $ABCD.$ Тогда $KP ⊥ BC$ и $KP ⊥ AD.$

По свойству средней линии трапеции $MN ∥AD$ и $MN ∥ BC.$ Тогда по теореме Фалеса для параллельных прямых $BC,$ $MN$ и $AD :$

P-E-= AM--= 1 ⇒ PE = EK. EK MB 1

$PIC$

Пусть $BC =a,$ $AD = b,$ $PE = EK = h.$

В треугольнике $BEC$ $EK$ — высота, в треугольнике $AED$ $EP$ — высота. Тогда

$pict$

Площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту:

BC-+-AD- a+-b SABCD = 2 ⋅KP = 2 ⋅2h.

Значит,

SBEC +SAED = 1 SABCD. 2

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#61823

Точка $E$ — середина боковой стороны $AB$ трапеции $ABCD.$ Докажите, что площадь треугольника $ECD$ равна половине площади трапеции.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Способ 1.

Распишем площадь трапеции как сумму площадей треугольников:

S = S + S +S . ABCD BCE ECD AED

Таким образом, вместо исходной задачи можно доказывать, что $SBCE + SAED = 1SABCD. 2$

Продлим основание $BC$ за точку $B,$ проведем через точку $E$ перпендикуляр $MN$ к основаниям трапеции, тогда $MN ⊥ BC$ и $MN ⊥ AD.$

$PIC$

Прямоугольные треугольники $AEN$ и $BEM$ равны по гипотенузе и острому углу: $BE = AE$ по условию, $∠AEN = ∠BEM$ как вертикальные. Значит, $NE = ME.$ Обозначим $NE = ME = h,$ $BC = a,$ $AD = b.$

Теперь можно найти площади треугольников $BCE$ и $AED :$

$pict$

Тогда сумма их площадей равна

SBCE + SAED = (a+-b)-⋅h. 2

Площадь исходной трапеции равна

S = (a+-b)⋅2h= (a+ b)⋅h ABCD 2

Таким образом, мы доказали, что

SBEC +SAED = (a-+b)⋅h = 1SABCD 2 2

Способ 2.

Продлим отрезок $ED$ до пересечения с основанием $BC$ в точке $P.$

$PIC$

Треугольники $AED$ и $PBE$ равны по второму признаку равенства треугольников: $AE = EB$ по условию, $∠P EB = ∠AED$ как вертикальные, $∠P BE = ∠DAE$ как внутренние накрест лежащие углы при параллельных прямых $BC$ и $AD$ и секущей $AB.$ В таком случае $P E =ED$ как соответственные элементы равных треугольников.

Тогда можно записать следующее равенство:

SABCD = SBCDE + SAED = SBCDE +SPBE = SPCD.

Таким образом, теперь нужно доказать, что площадь треугольника $ECD$ равна половине площади треугольника $PCD.$ $CE$ — медиана в треугольнике $PCD,$ значит, она делит его на два равновеликих треугольника. Значит, площадь треугольника $ECD$ равна половине площади треугольника $P CD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#45345

Внутри параллелограмма $ABCD$ выбрали произвольную точку $E.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BEC$ и $AED$ равна половине площади параллелограмма.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Проведем высоту параллелограмма $KP,$ проходящую через точку $E.$ Тогда $KP ⊥ BC$ и $KP ⊥ AD.$ Пусть $EK = x,$ $KP = h,$ тогда $EP = h− x.$ В параллелограмме противоположные стороны равны, поэтому пусть $BC = AD = a.$

$PIC$

По формуле площади треугольника

$pict$

Тогда

1 1 SBEC + SAED = 2ax+ 2a(h− x)= 1 1 1 1 = 2ax + 2ah− 2ax = 2ah.

С другой стороны, по формуле площади параллелограмма

SABCD =AD ⋅KP = ah

Значит,

SBEC + SAED = 1ah= 1SABCD. 2 2

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#58608

В трапеции $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$ диагонали пересекаются в точке $O.$ Докажите, что площади треугольников $AOB$ и $COD$ равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Опустим высоты $BH$ и $CK$ трапеции $ABCD.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $ABD$ и $ACD.$ В них проведены высоты $BH$ и $CK$ соответственно. Так как площадь треугольника равна половине произведения основания на высоту, то

SABD = 1AD ⋅BH 2 SACD = 1AD ⋅CK 2

$BH = CK$ как расстояние между двумя параллельными прямыми. Значит, $SABD = SACD.$

Тогда

S = S − S = S − S = S AOB ABD AOD ACD AOD COD

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#46943

Известно, что около четырехугольника $ABCD$ можно описать окружность и что продолжения сторон $AD$ и $BC$ четырехугольника пересекаются в точке $K.$ Докажите, что треугольники $KAB$ и $KCD$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $∠ABC =α.$ Так как четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, то $∠ABC + ∠ADC = 180∘.$ Тогда

∠ADC = 180∘− ∠ABC = 180∘− α

$PIC$

$∠ADC$ и $∠KDC$ смежные, поэтому $∠ADC + ∠KDC = 180∘,$ следовательно,

∠KDC = 180∘− ∠ADC = 180∘− (180∘− α) =α

Рассмотрим треугольники $KCD$ и $KAB.$ Так как $∠AKB$ — общий, $∠KDC = ∠KBA = α,$ то треугольники $KAB$ и $KCD$ подобны по двум углам.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#58566

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ углы $BCA$ и $BDA$ равны. Докажите, что углы $ABD$ и $ACD$ также равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Способ 1

$PIC$

$∠BCA = ∠BDA$ по условию, и они опираются на один отрезок $AB,$ следовательно, около четырёхугольника $ABCD$ можно описать окружность.

Тогда $∠ABD = ∠ACD$ как вписанные, опирающиеся на дугу $AD.$

Способ 2

$PIC$

Рассмотрим треугольники $BOC$ и $AOD.$ Так как $∠BOC = ∠AOD$ как вертикальные, $∠BCO = ∠ADO$ по условию, то треугольники $BOC$ и $AOD$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

BO- OC- BO- AO- OA = OD ⇒ OC = OD

Рассмотрим треугольники $BOA$ и $COD.$ В них $∠BOA = ∠COD$ как вертикальные, $BO-= AO. OC OD$ Тогда треугольники $BOA$ и $COD$ подобны по двум сторонам и углу между ними. Значит, $∠ABO = ∠DCO$ как соответственные элементы подобных треугольников.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#58567

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA1$ и $BB1.$ Докажите, что углы $AA1B1$ и $ABB1$ равны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

$∠BA1A = ∠BB1A = 90∘,$ так как $AA1$ и $BB1$ — высоты по условию. Эти углы опираются на отрезок $AB,$ следовательно, около четырёхугольника $ABA1B1$ можно описать окружность.

$PIC$

Тогда $∠ABB1 = ∠AA1B1$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $AB1.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#58568

В треугольнике $ABC$ с тупым углом $ACB$ проведены высоты $AA1$ и $BB1.$ Докажите, что треугольники $A1CB1$ и $ACB$ подобны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

$PIC$

$∠AA1B = ∠AB1B = 90∘,$ так как $AA1$ и $BB1$ – высоты по условию. $∠AA1B$ и $∠AB1B$ опираются на один отрезок $AB,$ следовательно, около четырёхугольника $AA1B1B$ можно описать окружность.

Рассмотрим треугольники $A1CB1$ и $ACB.$ $∠B1A1B = ∠B1AB$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $BB1,$ $∠A1CB1 = ∠ACB$ как вертикальные. Тогда треугольники $A1CB1$ и $ACB$ подобны по двум углам.

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#54961

Окружности с центрами в точках $E$ и $F$ пересекаются в точках $C$ и $D,$ причем точки $E$ и $F$ лежат по одну сторону от прямой $CD.$ Докажите, что прямые $CD$ и $EF$ перпендикулярны.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Проведём отрезки $EC,$ $ED,$ $FC$ и $FD.$

$PIC$

Тогда $EC =ED$ как радиусы окружности с центром в точке $E,$ $F C = F D$ как радиусы окружности с центром в точке $F.$ Рассмотрим треугольники $CEF$ и $DEF.$ В них $EF$ — общая сторона, $EC = ED,$ $F C = F D.$ Тогда треугольники $CEF$ и $DEF$ равны по трём сторонам. Следовательно, $∠CEF = ∠DEF$ как соответственные элементы равных треугольников.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $DEC.$ Пусть $EF ∩CD = K.$ Тогда в треугольнике $CED$ $EK$ — биссектриса, проведённая к основанию, следовательно, и высота. Значит, $EF ⊥ CD.$

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#61820

Окружности с центрами в точках $P$ и $Q$ не имеют общих точек, и ни одна из них не лежит внутри другой. Внутренняя общая касательная к этим окружностям делит отрезок, соединяющий их центры, в отношении $a:b.$ Докажите, что диаметры этих окружностей относятся как $a:b.$

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Пусть $P$ — центр первой окружности, $Q$ — центр второй, $A$ и $B$ — точки касания общей касательной с первой и второй окружностями соответственно. Пусть $K$ — точка пересечения $P Q$ и $AB.$ Тогда по условию $PK :KQ =a :b.$

Проведем радиусы $PA$ и $QB.$ Так как $AB$ — общая касательная к окружностиям, то

∠P AB = ∠QBA = 90∘.

$PIC$

Заметим, что $∠P KA = ∠QKB$ как вертикальные. Тогда треугольники $PKA$ и $QKB$ подобны по двум углам. Запишем отношение подобия:

PA-= P-K-= a. QB KQ b

Диаметр любой окружности равен ее удвоенному радиусу, то есть

d1 = 2r1 = 2PA и d2 = 2r2 = 2QB.

Тогда

d1 = 2PA-= P-A = a. d2 2QB QB b

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#46987

Точка $E$ — середина боковой стороны $AB$ трапеции $ABCD.$ Докажите, что сумма площадей треугольников $BCE$ и $ADE$ равна половине площади трапеции.

Источники: Банк ФИПИ

Показать доказательство

Построим общий перпендикуляр $HN$ к основаниям трапеции — параллельным прямым $BC$ и $AD,$ проходящий через точку $E.$ Тогда $HN ⊥ BC,$ $HN ⊥ AD.$ Таким образом, $HN$ — высота трапеции $ABCD.$

$PIC$

Рассмотрим треугольники $EHB$ и $ENA.$ В них $∠EHB = ∠ENA = 90∘,$ $AE = EB$ по условию, $∠HEB = ∠NEA$ как вертикальные. Тогда треугольники $EHB$ и $ENA$ равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, $EH = EN$ как соответственные элементы равных треугольников.

Так как площадь треугольника равна половине произведения высоты на основание, то

1 1 SBCE + SADE = 2BC ⋅EH + 2AD ⋅EN = 1 = 2EN ⋅(BC + AD )

Так как площадь трапеции равна произведению полусуммы оснований на высоту, то

SABCD = 1HN ⋅(BC + AD )= 2⋅ 1 ⋅EN ⋅(BC +AD ) ⇒ 2 2 1 ⇒ SBCE +SADE = 2SABCD

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задания	Баллы

Доказательство верное, все шаги обоснованы	2

Доказательство в целом верное, но содержит неточности	1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше	0

Максимальный балл	2

Предыдущий раздел

Следующий раздел