ЕГЭ 2017. Математика. Решение задачи 16 (профильный уровень)

448 Pages·2017·3.371 MB·Russian

by  Гордин Р.К.

ГОТОВИМСЯ К ЕГЭ
Р.К.Гордин
ЕГЭ . Математика
Решение задачи 
(профильный уровень)
ИзданиесоответствуетновомуФедеральномугосударственному
образовательномустандарту(ФГОС)
Москва
ИздательствоМЦНМО

УДК:
ББК.я
Г
Гордин Р.К.
Г ЕГЭ . Математика. Решение задачи  (профиль-
ныйуровень).—М.:МЦНМО,.—с.
ISBN----
Пособие содержит решения задач книги Р.К.Гордина «ЕГЭ .
Математика. Геометрия. Планиметрия. Задача  (профильный уро-
вень)». Оно ориентировано на повторение курсагеометрии и позво-
ляетподготовитьсякрешениюгеометрическойзадачипрофильного
уровняЕГЭпоматематике.
Книга будет полезна учащимся старших классов при подготовке
кединомугосударственномуэкзамену,учащимсясреднейшколыпри
изучениикурсагеометрии,атакжевсемлюбителямгеометрии.
Пособиепредназначено для учащихсястаршейи среднейшколы,
учителейматематики,родителей.
Издание соответствует новому Федеральному государственному
образовательномустандарту(ФГОС).
ББК.я
Приказом№МинистерстваобразованияинаукиРоссийскойФедерацииМосковский
центр непрерывногоматематического образования включён в перечень организаций,
осуществляющих издание учебных пособий, допущенных к использованию в образова-
тельномпроцессе.
Учебно-методическоепособие
ГординРафаилКалманович
ЕГЭ2017.Мàòåìàòèêà.Рåøåíèåçàäà÷è16(ïðîôèëüíûéóðîâåíü)
РисункиМ.Ю.Панова,В.Ю.РадионоваиЭ.С.Власенко
Подписановпечать..г. Формат60 90/ . Бумагаофсетная.
× 
Печатьофсетная. Печ.л.. Тиражэкз. Заказ№ .
ИздательствоМосковскогоцентра
непрерывногоматематическогообразования.
,Москва,БольшойВласьевскийпер.,д..Тел.()––
ОтпечатановООО«Типография„МиттельПресс“».
г.Москва,ул.Руставели,д.,стр..
Тел./факс+()--,--.
E-mail:[email protected]
КнигииздательстваМЦНМОможноприобрестивмагазине
«Математическаякнига»,Москва,БольшойВласьевскийпер.,д..
Тел.()––.E-mail:[email protected]
©ГординР.К.,.
ISBN ---- ©МЦНМО,.
Предисловие
Московский центр непрерывного математического образования
издал пособие []. В нём содержится напоминание некоторых тео-
ретических фактов и большой набор задач, к которым приведены
ответы.Оказалось,чтоэтогонедостаточнодляуспешнойподготовки
к экзамену: нужны ещё и решения подготовительных и тренировоч-
ных задач,поскольку задача—это задачаповышенной сложности
попланиметрии.
Книга,которуювыдержитевруках,какразисодержитэтиреше-
ния (длязадачнадоказательствоивычисление приводятсярешения
только первых вариантов). К ней нельзя относиться лишь как к оче-
редному «решебнику». Геометрические задачи на экзамене решают
плохо не только потому, что выпускники не знают каких-то фактов,
но ещё и потому, что они не могут написать текст решения задачи.
Поднятьматематическуюкультуруучащихсяипризванаэтакнига.
Угеометрическойзадачиможетбытьнесколькоразличныхспосо-
боврешения.Впособиидлякаждой задачиприведеноодноизреше-
ний. При работе с книгой советуем попробовать решить задачу са-
мостоятельно;еслинеполучается,топосмотретьавторскоерешение;
после того как решение понято, нужно записать решение на бумаге,
апотомещёипопробоватьрешитьзадачудругимспособом.
На экзамене по математике нет жёстких требований к оформле-
ниюрешениягеометрическойзадачи,ноприэтомправильнаязапись
решенияпозволитизбежатьмногихлогическихидажевычислитель-
ныхошибок.
Книгабудетполезнаучащимсястаршихклассовприподготовкек
единому государственному экзамену, учащимся средней школы при
изучении курсагеометрии,атакжевсемлюбителямгеометрии.
И.В.Ященко
Литература
. Гордин Р.К. Геометрия. Планиметрия. — классы. М.: МЦНМО,
.
. ГординР.К.ЕГЭ.Математика.Геометрия.Планиметрия.Зада-
ча(профильныйуровень).М.:МЦНМО,.
. ГординР.К.Теоремыизадачишкольнойгеометрии.Базовыйипро-
фильныйуровни.М.:МЦНМО,.
§. Медиана прямоугольного треугольника
Подготовительные задачи
.. Гипотенуза прямоугольного треугольника
равна4.Найдитерадиусописаннойокружности.
Ответ:2.
Решение. Центр окружности, описанной около
прямоугольного треугольника, совпадает с сере-
диной гипотенузы. Следовательно,радиусокруж-
ностиравенполовинегипотенузы,т.е.2.
..Медиана,проведённаякгипотенузепрямоугольноготреуголь-
ника,равнаmиделитпрямойуголвотношении1:2.Найдитесторо-
нытреугольника.
Ответ:2m,m,mp3.
Решение.ПустьCM—медианапрямоугольноготреугольникаABC,
вкотором∠C=90 .ТогдаCM=AM=BM=m, AB=2m.
◦
Пусть∠BCM>∠ACM,тогда
B
2
m ∠BCM = 3∠ACB=60◦, ∠ACM =30◦,
M
m
поэтому∠B=60 итреугольник BCM—равно-
m ◦
сторонний.Следовательно,
C m 3 A BC =CM =m, AC = BCtg60◦ =mp3.
.. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая к гипо-
тенузе,разбиваетегонадватреугольникаспериметрами8и9.Най-
дитесторонытреугольника.
Ответ:3;4;5.
Решение. Обозначим через a и b (a<b) катеты треугольника. По-
скольку медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вер-
шины прямого угла, равна половине гипоте-
нузы, а две стороны треугольника с перимет-
ром 8 соответственно равны двум сторонам
5
треугольника с периметром 9, разность пери-
3
метровравнаразноститретьихсторон.Значит,
b a=9 8=1. Гипотенуза данного прямо-
− −
угольноготреугольникаравнаудвоенноймеди-
4
ане, т.е. сумме двух сторон треугольника с пе-
риметром8,поэтомугипотенузаравна8 a.
−
Подготовительныезадачи 
ПотеоремеПифагора
a2+b2 =(8 a)2.
−
Изсистемы
b a=1,
−
a2+b2 =(8 a)2
¨ −
находим,что a=3,b=4.
..Втреугольнике ABC кстороне AC проведенывысота BK име-
дианаMB,причём AM=BM.НайдитекосинусуглаKBM,если AB=1,
BC=2.
4
Ответ: .
5
Решение.ПосколькуBM=AM=MC,тотреугольник ABC—прямо-
угольный.Поэтому
B
AC =pAB2+BC2 =p5, AC BK = AB BC,
· ·
AB BC 2 1 p5 1 2
BK = · = , BM = AC = ,
AC p5 2 2
cos∠KBM = BK = 4. A K M C
BM 5
..Окружность,построеннаянакатетепрямоугольноготреуголь-
ника как на диаметре, делит гипотенузу в отношении 1:3. Найдите
острыеуглытреугольника.
Ответ:30 ,60 .
◦ ◦
Решение.Пустьокружность,построен-
наякакнадиаметренакатете BC прямо- A
a D
угольного треугольника ABC, пересекает
a
гипотенузу AB в точке D, отличной от B, M
причём AD=a,BD=3a.Проведёммедиа- 2 a 2a
нуCM.Тогда AM=CM=2a,ат.к.точкаD
лежитнаокружностисдиаметромBC,то C B
∠CDB=90 .
◦
В прямоугольном треугольнике CDM
гипотенуза CM, равная 2a, вдвое больше
катета DM:
DM = AM AD =2a a=a.
− −
Поэтому ∠DCM =30 , а ∠AMC =60 . Угол при вершине M равно-
◦ ◦
бедренного треугольника AMC равен 60 . Следовательно, треуголь-
◦
ник AMC равносторонний.Поэтому
∠BAC =60 , ∠ABC =90 ∠BAC =30 .
◦ ◦ ◦
−
 §.Медианапрямоугольноготреугольника
..Точка D—серединагипотенузы AB прямоугольноготреуголь-
ника ABC. Окружность, вписанная в треугольник ACD, касается от-
резкаCD вегосередине.Найдитеострыеуглытреугольника ABC.
Ответ:30 ,60 .
◦ ◦
Решение. Пусть указанная окружность касается отрезка CD в его
серединеM,аотрезковADи AC—вточкахN иKсоответственно.По-
скольку медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вер-
шиныпрямогоугла,равнаполовинегипотенузы,тоAD=CD.Посвой-
ству касательных, проведённых к окружно-
C стиизоднойточки,
AK = AN, CK =CM,
K M
1 1
DN =DM = CD = AD,
2 2
A N D B поэтому AN=1AD.Значит,
2
1 1
AC = AK+CK = AN+CM = AD+ CD =CD= AD.
2 2
Поэтомутреугольник ACD—равносторонний.Следовательно,
∠BAC =∠DAC =60◦, ∠ABC =90◦ ∠BAC =30◦.
−
.. В прямоугольном треугольнике ABC из вершины прямого уг-
лаC проведеныбиссектрисаCLимедианаCM.Найдитеплощадьтре-
угольника ABC,если LM=a,CM=b.
b2(b2 a2)
Ответ: − .
a2+b2
Решение. Заметим, что AM=MB=b. Обозначим BC=x, AC= y.
Пусть x<y.Тогдапосвойствубиссектрисытреугольника
x BL b a
= = − .
y AL b+a
Сдругойстороны,потеоремеПифагора
BC2+AC2 = AB2, или x2+y2 =4b2.
C
Решивсистемууравнений
x y x b a
b = − ,
y b+a
( x2+y2 =4b2,
B b−a L a M b A
b(b a) b(b+a)
получим,что x=p2 − , y=p2 .Следовательно,
a2+b2 a2+b2
p 1 pb2(b2 a2)
S∆ABC = 2xy = a2+−b2 .
Подготовительныезадачи 
..Внепрямоугольноготреугольника ABCнаегокатетах ACиBC
построены квадраты ACDE и BCFG. Продолжение медианы CM тре-
угольника ABC пересекает прямую DF в точке N. Найдите отре-
зокCN,есликатетыравны1и4.
4
Ответ: .
p17
Решение. Пусть AC=4, BC=1. Обозначим ∠BAC=α. Прямоуголь-
ныетреугольники ABC и DFC равныподвумкатетам,поэтому
DF = AB=pAC2+BC2 =p17.
МедианаCM прямоугольноготреугольника ABC,проведённаякгипо-
тенузе AB,равнаполовинегипотенузы,поэтому
∠NCF =∠ACM =∠BAC =α,
∠CNF =180◦ ∠NCF ∠CFN =180◦ α (90◦ α)=90◦,
− − − − −
т.е.CN—высотапрямоугольноготреугольникаCDF,проведённаяиз
вершиныпрямогоуглаC.ПосколькуCD CF=DF CN (удвоеннаяпло-
· ·
щадьтреугольникаCDF),
CD CF 4
CN = · = .
DF p17
A
E
α
4 M
α
4 C
D α B
1
α
1
N F G
..Высотапрямоугольноготреугольника,проведённаяизверши-
ныпрямогоугла,равнаaиобразуетуголαсмедианой,проведённой
изтойжевершины.Найдитекатетытреугольника.
a a 2(1 sinα)
Ответ: = ± .
sin 45◦±α2 p cosα
€ Š
 §.Медианапрямоугольноготреугольника
Решение. Пусть CH = a—высота прямоугольного треугольника
ABC, проведённая из вершины C прямого угла, CM—медианаэтого
треугольника,причём∠MCH=α.
C
α
a
90◦−α 45◦−α/2
A H M B
Предположим, что BC>AC. Тогда точка M лежит между B и H.
Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины
прямого угла, равна половине гипотенузы, поэтому BM=AM=CM.
Угол CMH—внешний угол равнобедренного треугольника CMB,
значит,
1 1 α
∠MBC = 2∠CMH = 2(90◦−α)=45◦−2.
Следовательно,
CH a
BC = = .
sin∠HBC sin 45 α
◦−2
Аналогичнонаходим,что € Š
CH a
AC = = .
sin∠HAC sin 45 +α
◦ 2
€ Š
Тренировочные задачи
..Медианапрямоугольноготреугольника,проведённаякгипо-
тенузе,разбиваетегонадватреугольникаспериметрамиmиn.Най-
дитесторонытреугольника.
Ответ:p2mn m,p2mn n,n+m p2mn.
− − −
Решение.Пустьaи b—катетытреугольника, x—медиана,прове-
дённаякгипотенузе.Тогдагипотенузаравна2x.
Предположим, что a< b. Тогда по условию задачи 2x + b= m
и 2x +a=n. Отсюда следует, что b=a+
C +m n.Поскольку2x=pa2+b2,то
−
a b b=a+m n,
x −
2pa2+b2+a+b=m+n.
¨
A x M x B
Изэтойсистемынаходим,что
a=p2mn m, b=p2mn n, 2x =n+m p2mn.
− − −
Тренировочныезадачи 
..ВпрямоугольномтреугольникеABC(∠C=90 )проведенывы-
◦
сота CD и медиана CE. Площади треугольников ABC и CDE равны
соответственно10и3.Найдите AB.
Ответ:5p2. C
Решение.Заметим,что
DE = S∆CDE = 3 .
AB S 10
∆ABC
Положим DE=3x, AB=10x.Тогда B 5x E 3x D 2x A
CE = AE = BE =5x,
CD=pCE2 DE2 =p25x2 9x2 =4x,
− −
1 1
S = DE DC = 3x 4x =6x2 =3.
∆CDE 2 · 2· ·
Поэтому
1
x = AB=10x =5p2.
p2 ⇒
.. В прямоугольном треугольнике ABC катеты AB и AC равны
4и3соответственно.ТочкаDделитгипотенузуBC пополам.Найдите
расстояниемеждуцентрамиокружностей,вписанныхвтреугольники
ADC и ABD.
5p13
Ответ: .
12
Решение. Пусть O и O —центры окружностей, вписанных в тре-
1 2
угольники ADC и ABD соответственно, P и Q—их точки касания со
стороной BC.Обозначим∠ADB=α.
A
O1 O2
αααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααα//αα/////αα//αααα//αα//αααα//αα//αααααα//ααααα//αααααα//ααααα//α/////////αα////αα//αα//αα//αα////222αα22αα//22αα//22αα//αα//22αααα//α2α2ααααααα/αα///22//22αα////22//αα/////22αα////22//αα//αα2222222////22α22α22//22αα22//22//αα22//αα22αα22α//αα22////22//22//22////22//////2222///////2222//2222//2222222//2222//22//2222//22//2222//22//22////2/22222222222222222222222222222222222222222222222ααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααααα/////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////2222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222
C P D Q B
Изравнобедренноготреугольника ADBнаходим,что
α 4 α 3 1 1
sin = , cos = , DQ = (DB+AD+AB) AB= .
2 5 2 5 2 − 2
 §.Медианапрямоугольноготреугольника
Аналогичнонаходим,что DP=1.Тогда
DQ 5 DP DP 5
DO = = , DO = = = ,
2 cosα 6 1 cos 90 α sinα 4
2 ◦−2 2
5 2€ 5 Š2 25 13
O O2 = DO2+DO2 = + = · .
1 2 1 2 4 6 144
(cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)
5p13
Следовательно,O O = .
1 2 12
..Катетпрямоугольноготреугольникаравен2,апротиволежа-
щийемууголравен30 .Найдитерасстояниемеждуцентрамиокруж-
◦
ностей, вписанных в треугольники, на которые данный треугольник
делитсямедианой,проведённойизвершиныпрямогоугла.
22 12p3
Ответ:2 − .
3
Ç
Решение. Пусть M—середина гипотену-
A зы AB прямоугольного треугольника ABC,
∠A=30 ,BC=2,O иO —центрыокружно-
◦ 1 2
стей,вписанныхвтреугольники AMCиBMC
30◦
соответственно, r и r —радиусы этих ок-
3 1 2
ружностей.Тогда
O AB=2BC =4, CM = AM = BM =2,
Q 1 M
r1 AC = BCp3=2p3.
ТреугольникBCM—равносторонний,по-
3 этомуточка P касанияеговписаннойокруж-
O ности со стороной BC—середина BC, MP—
2
r средняялиниятреугольника ABC,
2 60◦
C 1 P 1 B MP = 1AC =p3, MO = 2MP = 2p3.
2 2 3 3
Треугольник ACM—равнобедренный, поэтому точка Q касания
его вписанной окружности со стороной AC—середина AC, MQ—
средняялиниятреугольника ABC,
MQ = 1BC =1, r =O Q = S∆AMC = AQ·MQ = p3·1 =2p3 3,
2 1 1 AM+AQ AM+AQ 2+p3 −
MO = MQ O Q =1 2p3+3=4 2p3.
1 − 1 − −
Центрокружности,вписаннойвугол,лежитнабиссектрисеэтого
угла,поэтомуMO иMO —биссектрисысмежныхуглов AMC иBMC,
1 2
поэтому ∠O MO =90 , значит, O O —гипотенуза прямоугольного
1 2 ◦ 1 2