#хакнем_математика 👈 рубрика, содержащая интересный, познавательный контент по математике как для школьников, так и для взрослых 🥳
ГЕОМЕТРИЯ в ПРОФИЛЬНОМ ЕГЭ
Сегодня мы рассмотрим планиметрическую задачу № 16 из второй части варианта XIV демоверсии ЕГЭ-2020 [под редакцией И.В. Ященко].
Прежде чем приступить к решению, замечу: задача может считаться решённой, если найдены все возможные ответы на вопрос задачи. В условии рассматриваемой задачи, включающим пункт а), не определено соотношение между основаниями трапеции, и поэтому мы обязаны рассмотреть два случая: AD>BC и AD<BC. Данная задача представляет редкую возможность привести одно общее решение для обоих случаев.
РЕШЕНИЕ
а) На рисунках 1) и 2) окружность ω(O, r) вписана в равнобедренную трапецию ABCD: BC//DA, AB=CD; (1)
точки Е, К, F, L — точки касания сторонами трапеции окружности ω;
MN — средняя линия трапеции:
AN = NB = CM = MD = AB/2 (2)
MN//BC//DA, MN = (BC+DА)/2 (3)
CH — высота трапеции: BC_|_ CH_|_DA (4)
Точка О — центр окружности ω, лежит на cередине соединяющего середины оснований трапеции отрезке KL, который перпендикулярен им:
BC _|_KL_|_DA (5)
BK = KC = BC/2 = a и DL = LA= DA/2 = b (6)
Тогда (4, 5) KCHL — прямоугольник =>
=> HL = KC = BK= a (7)
В силу (6, 7) имеем: HL = BK = a и HL//BK => (8)
=> BKHL — параллелограмм.
Но тогда его диагонали KL и BH пересекаются и делятся этой точкой пополам.
Поскольку точка О является серединой отрезка KL, то она является и серединой отрезка ВН, а это и означает, что ОЄВН,
ЧТО и ТРЕБОВАЛОСЬ ДОКАЗАТЬ.
б) Введены новые условия: MN= 2√5, <AOD = 150°, AC>BD.
Они позволяют сделать выбор конкретной геометрической конфигурации, которая изображена на рисунке 1 — им мы и будем пользоваться, по крайней мере, на первых шагах решения.
Трапеция ABCD описана около окружности ω(О, r) — значит, суммы длин её противоположных сторон равны:
AB + CD = BC + DA и в силу (1) 2CD = BC + DA =>
Построим ещё одну высоту трапеции BG.
Очевидно, что BG = CH. (10)
Имеем: ⊿CDH=⊿BAG по соответственному
равенству гипотенуз CD = BA (1) и катетов (10).
Но тогда AG = DH = c. (11)
В силу (6, 7, 11) имеем:
<=> HA = MN = 2√5. (12)
Предыдущий фрагмент решения является обобщением решения задачи № 799 [Л.С.Атанасян и др.: :»Геометрия, 7-9» — 16-е изд. — М.: Просвещение, 2006]:
«Дана равнобедренная трапеция ABCD. Перпендикуляр, проведённый из вершины В к большему основанию АD, делит это основание на два отрезка, больший из которых равен 7 см. Найдите среднюю линию трапеции».
Мне представляется маловероятным, что в условиях экзаменационного стресса и ограниченного времени можно самостоятельно найти эту идею решения. С экзаменационной задачей «повезёт» тем, кто в своё время или при подготовке к экзамену решил эту задачу, и уж тем более, кто догадался обобщить её решение.
Вот это обобщение: «В равнобедренной трапеции ABCD (BC//LA и BC <DA) высота CH делит основание DA на две части, большая из которых НА равна средней линии трапеции.
Продолжим решение задачи по рисунку № 3, на котором отражены дополнительные условия задачи под пунктом б).
В ▲AOD, поскольку отрезок OL является и высотой, и медианой, АO = OD <=>
Центр О, вписанной в трапецию окружности ω, лежит на пересечении биссектрис углов трапеции,
поэтому <ADС = <DAВ=2×<ADO=15°×2=30°. (13)
Но тогда в ⊿CDH катет СН равен половине гипотенузы CD, поскольку лежит против угла в 30°:
(9) => СН= CD:2=2√5:2=√5. (14)
По теореме Пифагора в ⊿АСН
АС = √( АН²+HC²) = √[(√5)²+(2√5)²] = √(5+20) = √25 = 5.
ОТВЕТ: 5.
Если вам было интересно, не забудьте подписаться на наш канал и хэштег #хакнем_математика
Автор: #себихов_александр 71 год, много лет проработал конструктором-технологом микроэлектронных приборов и узлов в одном из НИИ г. Саратова, затем преподавателем математики и физики.
Другие статьи автора:
- Почему килограмм гвоздей всё таки тяжелее килограмма ваты?
- Математический концерт
