Решения заданий ФИПИ ОГЭ по математике: «Треугольники» — с ответами

Обозначим основания трапеции через $a$ и $b$, причём $a>b$. Отрезок, соединяющий середины боковых сторон, является средней линией трапеции и равен $6$.$$6=\dfrac{a+b}{2}$$

Пусть высота трапеции равна $h$. Горизонтальные проекции боковых сторон равны $h\cot 53^\circ$ и $h\cot 37^\circ$. Поэтому разность оснований равна сумме этих проекций:$$a-b=h\left(\cot 53^\circ+\cot 37^\circ\right)$$

Так как точка $M$ равноудалена от всех вершин, она является центром окружности, проходящей через точки $A$, $B$, $C$, $D$. Поскольку $M$ — середина отрезка $AD$, отрезок $AD$ является диаметром этой окружности.$$AD \text{ — диаметр}$$

Угол, опирающийся на диаметр, прямой, поэтому $\angle ABD = 90^\circ$. В треугольнике $BCD$ угол при вершине $B$ равен разности угла $ABC$ и угла $ABD$.$$\angle CBD = 115^\circ - 90^\circ = 25^\circ$$

Обозначим второй катет через $b$. По теореме Пифагора:$$b=\sqrt{125^2-35^2}=\sqrt{15625-1225}=\sqrt{14400}=120$$

Вычислим площадь треугольника через катеты:$$S=\frac{1}{2}\cdot35\cdot120=2100$$

В трапеции основания параллельны: $BC \parallel AD$. Прямая $BD$ является секущей этих параллельных прямых, поэтому накрест лежащие углы равны:$$\angle CBD = \angle BDA$$

Сравним стороны, заключающие найденные равные углы:$$\frac{BC}{BD} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}, \qquad \frac{BD}{DA} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$$

Так как $EF \parallel AD \parallel BC$, длина параллельного основаниям отрезка изменяется линейно от $BC$ до $AD$.

Из отношения $CF:FD=5:2$ получаем $CD=7$ условных частей, поэтому $\dfrac{CF}{CD}=\dfrac{5}{7}$.

Так как точка $M$ равноудалена от всех вершин четырёхугольника, она является центром окружности, проходящей через точки $A$, $B$, $C$ и $D$. Поскольку $M$ лежит на $AD$ и является его серединой, $AD$ — диаметр этой окружности.$$AD = 2R$$

Вписанный угол $C = 131^\circ$ опирается на дугу $BAD$, содержащую диаметр $AD$, поэтому дуга $AB$ равна$$\overset{\frown}{AB} = 2\cdot 131^\circ - 180^\circ = 82^\circ$$

Треугольник $ABC$ прямоугольный, а $BH$ — высота к гипотенузе $AC$. Треугольники $ABC$ и $ABH$ подобны по двум углам: угол $A$ у них общий, а углы $ABC$ и $AHB$ равны $90^\circ$.$$\triangle ABC \sim \triangle ABH$$

Из подобия треугольников получаем теорему о катете: квадрат катета $AB$ равен произведению гипотенузы $AC$ на проекцию этого катета $AH$.$$AB^2 = AC \cdot AH$$

По теореме о катете квадрат катета $AB$ равен произведению гипотенузы $AC$ на проекцию катета $AB$ на гипотенузу, то есть на отрезок $AH$.$$AB^2 = AC \cdot AH$$

Подставим известные значения.$$AB^2 = 45 \cdot 5 = 225$$

Углы $AMB$ и $CMD$ — вертикальные, поэтому они равны. Углы $ABM$ и $CDM$ равны как накрест лежащие при параллельных прямых $AB$ и $DC$ и секущей $BD$.$$\angle AMB = \angle CMD,\quad \angle ABM = \angle CDM$$

Следовательно, треугольники $AMB$ и $CMD$ подобны по двум углам.$$\triangle AMB \sim \triangle CMD$$

Из условия $CF : DF = 4 : 1$, поэтому $CD$ состоит из пяти равных частей, а $\dfrac{CF}{CD} = \dfrac{4}{5}$.

Так как $EF \parallel AD \parallel BC$, длина параллельного основаниям отрезка изменяется линейно от $BC$ до $AD$. При продвижении от $BC$ к $AD$ на долю $\dfrac{4}{5}$ длина увеличивается на соответствующую долю разности оснований.$$EF = BC + \frac{CF}{CD}(AD - BC)$$

Так как точка $H$ лежит на стороне $CD$, найдём длину стороны ромба:$$CD = DH + CH = 8 + 2 = 10$$

Все стороны ромба равны, поэтому $AD = 10$. Поскольку $AH$ — высота ромба, треугольник $ADH$ прямоугольный.

Так как $P$ и $K$ лежат на окружности с диаметром $BH$, по теореме Фалеса углы $BPH$ и $BKH$ прямые. Следовательно, $PH \perp AB$ и $KH \perp CB$.

Поскольку $AB \perp CB$, отрезки $PH$ и $KH$ параллельны соответственно $CB$ и $AB$. Поэтому четырёхугольник $BPHK$ является прямоугольником.

Найдём третий угол треугольника:$$A=180^\circ-B-C=180^\circ-63^\circ-87^\circ=30^\circ$$

По теореме синусов сторона $BC$, лежащая напротив угла $A$, выражается через радиус описанной окружности:$$\frac{BC}{\sin A}=2R$$

Так как основания трапеции параллельны, сумма углов $A$ и $B$, прилежащих к боковой стороне $AB$, равна $180^\circ$:$$\angle A + \angle B = 180^\circ$$

Точка $F$ лежит на биссектрисах углов $A$ и $B$. Поэтому в треугольнике $AFB$ углы при вершинах $A$ и $B$ равны половинам углов $A$ и $B$ трапеции. Их сумма равна $90^\circ$, следовательно, треугольник $AFB$ прямоугольный, а $AB$ — его…$$\angle AFB = \dfrac{\angle A}{2} + \dfrac{\angle B}{2} = \dfrac{180^\circ}{2} = 90^\circ$$

Обозначим второй катет через $b$. По теореме Пифагора:$$b = \sqrt{51^2 - 24^2} = \sqrt{2601 - 576} = \sqrt{2025} = 45$$

Площадь прямоугольного треугольника можно выразить через катеты и через гипотенузу с высотой, проведённой к ней:$$\frac{24 \cdot 45}{2} = \frac{51h}{2}$$

Так как $MN \parallel AC$, треугольники $BMN$ и $BAC$ подобны по двум углам.$$\triangle BMN \sim \triangle BAC$$

Запишем отношение сходственных сторон:$$\frac{BN}{BC} = \frac{MN}{AC} = \frac{17}{51} = \frac{1}{3}$$

В прямоугольном треугольнике квадрат катета равен произведению гипотенузы на проекцию этого катета на гипотенузу.$$AB^2 = AC \cdot AH$$

Подставим известные значения.$$AB^2 = 32 \cdot 8 = 256$$

Так как $BH$ — высота, проведённая к гипотенузе прямоугольного треугольника, отрезок $AH$ является проекцией катета $AB$ на гипотенузу $AC$.

По теореме о катете квадрат катета равен произведению гипотенузы на проекцию этого катета.$$AB^2 = AC \cdot AH$$

Точки $P$ и $K$ лежат на окружности, диаметр которой равен $BH$. По теореме Фалеса углы, опирающиеся на диаметр $BH$, прямые:$$\angle BPH = \angle BKH = 90^\circ$$

Поскольку $P$ лежит на стороне $AB$, а $K$ — на стороне $CB$, угол $PBK$ совпадает с прямым углом $ABC$:$$\angle PBK = 90^\circ$$

Так как $ABCD$ — трапеция, её основания параллельны: $BC \parallel AD$.

Прямая $BD$ пересекает параллельные прямые $BC$ и $AD$, поэтому углы $\angle CBD$ и $\angle BDA$ равны как накрест лежащие.$$\angle CBD = \angle BDA$$