Геометрия : задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ : 8 класс : профильный уровень [Эдуард Николаевич Балаян] (pdf) читать онлайн

w
I
СП
>

О

W ^

^и^**

I

m
О
3
m
-4
■о
X
33
э
■О
О
е
X

I

х<
<
-о
О
03
ГП
X
ст
00
7!
is
>
л
л

Э.Н. БАЛАЯН

ггпмгт
I LivIVILi I

в

ЗАДАЧИ НА ГОТОВЫХ ЧЕРТЕЖАХ
ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К ОГЭ И ЕГЭ

ПРОФИЛЬНЫЙ УРОВЕНЬ

Большая перемена

Э. Н. Балаян

ГЕОМЕТРИЯ
Задачи на готовых
чертежах
для подготовки
к ОГЭ и ЕГЭ
8 класс
Профильный уровень

Ростов-на-Дону
/феникс
’2018

УДК 373.167.1:514
ББК 22.14я72
КТК 444
Б20

Б20

Балаян Э. Н.
Геометрия : задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и
ЕГЭ : 8 класс : профильный уровень / Э. Н. Балаян. — Ростов н/Д :
Феникс, 2018. — 156 с. : ил.— (Большая перемена).

ISBN 978-5-222-30435-8
Предлагаемое вниманию читателя пособие содержит более 600 разноуровне­
вых задач и упражнений по основным темам программы геометрии (планиметрии)
8 класса, скомпонованных в комплект по готовым чертежам, содержащий 24 таб­
лицы.
Эти упражнения дают возможность учителю в течение минимума времени ре­
шить и повторить значительно больший объем материала и тем самым наращи­
вать темп работы на уроках.
Кроме того, приводятся краткие теоретические сведения по курсу геометрии,
сопровождаемые определениями, теоремами, основными свойствами и необходи­
мыми справочными материалами. К наиболее трудным задачам приведены реше­
ния и указания. Задачи повышенной сложности отмечены знаком *.
Пособие адресовано учителям математики, репетиторам, студентам — буду­
щим учителям, учащимся общеобразовательных школ, лицеев, колледжей, а так­
же выпускникам для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ.

ISBN 978-5-222-30435-8

УДК 373.167.1:514
ББК 22.14я72
© Балаян Э. Н., 2018
© Оформление, ООО «Феникс», 2018

Предисловие
На начальном этапе изучения геометрии основную трудность для
учащихся представляет выполнение чертежа, на которое расходуется
много времени.
Предлагаемое вниманию читателя пособие ставит целью устранить
этот пробел с помощью готовых чертежей.
На уроках геометрии зачастую каждое высказывание и ответ на во­
прос сопровождаются демонстрацией чертежа, при этом чертеж и дан­
ные из условия задачи должны находиться в поле зрения учащихся в
процессе решения задачи. Когда учащиеся наглядно видят условие, то
легче решают задачи. По этой причине упражнения на готовых чертежах
оказывают неоценимую помощь в усвоении и закреплении новых понятий
и теорем, способствуют активизации мыслительной деятельности уча­
щихся, обучают умению грамотно рассуждать, находить в них общее и
видеть различия, сопоставлять и противопоставлять, делать правиль­
ные выводы.
В пособии на всех чертежах равные углы и отрезки отмечены одина­
ковыми знаками, прямые углы — квадратиками, что дает возможность
учащимся значительно быстрее ориентироваться в условиях задачи.
Большинство задач предназначено в качестве устных упражнений. Учи­
тель может заранее подготовить их на доске или плакатах и отводить на
решение по 10-15 минут в начале каждого урока.
При выполнении упражнений происходит активная мыслительная
деятельность учащихся, что в свою очередь приводит к эффективному
непроизвольному запоминанию определений, свойств и признаков изу­
чаемых фигур, которые периодически повторяются в процессе выполне­
ния разнообразных упражнений и лучше запоминаются. Большое зна­
чение имеет и то, что учащиеся с большим удовольствием предпочитают
выполнять эти упражнения, чем отвечать на теоретические вопросы.
Наконец, предлагаемые упражнения быстро готовят учащихся к за­
поминанию и самостоятельному решению таких задач, для которых эти
упражнения являются элементами.
Предлагаемая методика проведения уроков с использованием уп­
ражнений на готовых чертежах, несомненно, способствует повышению
творческой активности учащихся, развитию логического мышления, яв­
ляется эффективным средством усвоения и закрепления теоретического
материала.
Пособие представляет собой три комплекта упражнений по геоме­
трии для учащихся 8-х классов, составленных в виде таблиц. Все зада­
ния соответствуют ныне действующей программе по геометрии (плани-

4 «• Геометрия.

Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

метрии). Пособие может быть использовано учителями, работающими
по учебнику Л.С. Атанасяна «Геометрия, 7-11» и другим книгам.
В пособии 24 таблицы. В каждой таблице количество задач различно.
Как правило, они составлены в порядке возрастающей трудности, что
дает возможность учителю проводить работу дифференцированно.
К наиболее трудным задачам приведены подробные решения с пояс­
нениями, а к остальным — указания и ответы, что дает возможность
проверить правильность решения.
Отметим, что предлагаемые упражнения не ставят целью заменить
систему задач из вышеуказанных пособий, а являются лишь дополне­
нием к ней. Они дают возможность учителю сэкономить значительную
часть времени на изучение соответствующих тем и способствуют усиле­
нию практической направленности преподавания геометрии.

Раздел I

КРАТКИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ

Планиметрия
1. Углы
Углом называется геометрическая фигура, образованная двумя луча­
ми, исходящими из одной точки (рис. 1).
Точка О — вершина угла, а лучи ОА и ОВ — стороны угла.
Обозначение: ZAOB или Zab.
Угол в 90° называется прямым (рис. 2).
Угол, меньший прямого, называется острым (рис. 3).
Угол, больший прямого, но меньший развернутого, называется ту­
пым (рис. 4).

Два угла называются вертикальными,
если стороны одного угла являются продол­
жениями сторон другого (рис. 5).
ZAOC и ZDOB; ZBOC и ZAOD — верти­
кальные.
Вертикальные углы равны: ZAOC = ZDOB
и ZBOC = ZAOD.
Два угла называются смежными, если у
них одна сторона общая, а две другие со­
ставляют прямую линию (рис. 6), ZAOC и
ZBOC— смежные.

Рис. 6

6 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Рис. 7

Сумма смежных углов равна 180°.
Биссектрисой угла называется луч, про­
ходящий между сторонами угла и делящий его
пополам (рис. 7).
Биссектрисы вертикальных углов состав­
ляют продолжение друг друга (рис. 8).
Биссектрисы смежных углов взаимно пер­
пендикулярны (рис. 9).

При пересечении двух прямых anb третьей с (секущей) образуется 8
углов (рис. 10):
соответственные углы:
Z1 и Z5, Z2 и Z6, Z4 и Z8, Z3 и Z7;
внутренние накрест лежащие:
Z4 и Z6, Z3 и Z5;
внешние накрест лежащие:
Z1 и Z7, Z2 и Z8;
внутренние односторонние:
Z4 и Z5, Z3 и Z6;
внешние односторонние:
Z1 и Z8, Z2 и Z7.

Рис. 10

2. Многоугольник
ABCDE — пятиугольник (рис. 11).
Точки А, В, С, D, Е — вершины
многоугольника; ZA, ZB, ZC, Z.D,
ZE — углы; АВ, ВС, CD и т. д. — сто­
роны; отрезки AC, AD, BE, BD, СЕ —
диагонали; Р = АВ + ВС + ... + ЕА —
периметр многоугольника.
Многоугольник называется выпук­
лым (рис. 11), если он целиком
расположен по одну сторону от каж­
дой прямой, проходящей через две

Разлел I. Краткие теоретические свеления

•» 7

его соседние вершины. В противном случае многоугольник называется
невыпуклым (рис. 12).

Свойства

1. Сумма внутренних углов произвольного
n-угольника равна 180° • (п - 2).
2. Сумма внешних углов выпуклого
n-угольника, взятых по одному при каждой
вершине, равна 360°.
3. В выпуклом n-угольнике из каждой
вершины можно провести (п - 3) диагоналей,
которые разбивают n-угольник на (п - 2) тре­
угольников.
4. В выпуклом n-угольнике число диаго­
налей равно — п(п - 3).

3. Правильные многоугольники
Выпуклый многоугольник, у которого равны все углы и стороны, на­
зывается правильным.

Свойства
„ „
180°(п-2)
1. Каждый угол правильного n-угольника равен а_ =-------------- .
п

2. Около правильного n-угольника можно описать окружность, и при­
том только одну.
3. В правильный n-угольник можно вписать окружность, и притом
только одну.
4. Окружность, вписанная в правильный n-угольник, касается всех
сторон n-угольника в их серединах.
5. Центр окружности, описанной около правильного п-угольника,
совпадает с центром окружности, вписанной в тот же п-угольник.
6. Длина стороны правильного n-угольника, вписанного в окруж„
• 180°
ность радиуса R, равна a = 2R sm------ .
n
7. Длина стороны правильного n-угольника, описанного около
о х 180°
окружности радиуса г, равна a = 2r tg------ .
п

4. Треугольник
Треугольником называется геометрическая фигура, состоящая из
трех точек, не лежащих на одной прямой, и трех отрезков, последова­
тельно соединяющих эти точки.

8 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Точки А, В, С — вершины ДАВС.
Отрезки АВ, ВС и АС — стороны, АА,
АВ и АС — углы.
Стороны треугольника часто обознача­
ют малыми буквами (рис. 13):
АВ = с, ВС = а, АС = Ъ.
Р = а + Ь + с — периметр треугольника.
Треугольник, у которого все углы ост­
рые, называется остроугольным (рис. 13).
Треугольник, у которого угол прямой,
называется прямоугольным (рис. 14).
Стороны, образующие прямой угол,
называются катетами (а и 6), а сторона,
лежащая против прямого угла, — ги­
потенузой (с).
Треугольник с тупым углом называется
тупоугольным (рис. 15).
Треугольник, у которого две стороны рав­
ны, называется равнобедренным (рис. 16).

Рис. 13

Рис. 15

Рис. 16
Равные стороны называются боковыми,
а третья сторона — основанием равно­
бедренного треугольника.
Треугольник, у которого все стороны рав­
ны, называется равносторонним (рис. 17).
Каждый угол равностороннего тре­
угольника равен 60°.

Рис. 17
Свойства равнобедренного треугольника
1. Углы при основании равны.
2. Биссектриса, проведенная к основанию, является одновременно
медианой и высотой.
3. Высота, проведенная к основанию, является одновременно медиа­
ной и биссектрисой.

Разлел I. Краткие теоретические свеления

•» 9

4. Медиана, проведенная к основанию,
является одновременно высотой и бис­
сектрисой.
Внешним углом треугольника назы­
вается угол, смежный с каким-нибудь
углом этого треугольника (рис. 18):
ZCBD — внешний угол треугольника.
Внешний угол треугольника равен
сумме двух углов треугольника, не смеж­
ных с ним (рис. 18): ZCBD = ZA + ZC.
Отрезок, соединяющий середины двух
сторон, называется средней линией тре­
угольника (рис. 19).

Рис. 19
5. Признаки равенства треугольников
I признак (признак равенства по двум сторонам и углу между
ними ).
Ст
Если две стороны и угол между
ними одного треугольника соответ­
ственно равны двум сторонам и углу
между ними другого треугольника, то
такие треугольники равны (рис. 20):
Рис. 20
АВ = А^^ АС = А^, ZA = ZA^

II признак (признак равенства по стороне и прилежащим к ней уг­
лам ).
Если сторона и два прилежащих
угла одного треугольника соответ­
ственно равны стороне и двум приле­
жащим к ней углам другого треуголь­
ника, то такие треугольники равны
(рис. 21)
АВ - А^^ ZA = ZAV ZB - ZB P
III признак (признак равенства no трем сторонам).
Если три стороны одного треуголь­
ника соответственно равны трем
сторонам другого треугольника, то
такие треугольники равны (рис. 22):
АВ = А^^ ВС = В^С^ АС = А^.

Рис. 22

10 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

6. Неравенства треугольника
Каждая сторона треугольника меньше суммы двух других сторон:
a» 81

ЦЕНТРАЛЬНЫЕ И ВПИСАННЫЕ УГЛЫ
Найдите х.

Таблица 20

82 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 20

Раздел II. Упражнения в таблицах

•» 83

Продолжение табл. 20

84 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 20

27

иМК-. oMN = 15 : 8,

28

оАВС : uADC

= 22 : 15

31

UNM : оМК : uNK =

Разлел II. Упражнения в таблицах

•» 85

Окончание табл. 20

LE = 13, RT -. ТК = 5 : 2

86 «•

Геомегрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

ЧЕТЫРЕ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ТОЧКИ ТРЕУГОЛЬНИКА

Таблица 21

Разлел II. Упражнения в таблииах

•» 87

Продолжение табл. 21

88 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Окончание табл. 21

Разлел II. Упражнения в таблицах

•» 89

ВПИСАННАЯ И ОПИСАННАЯ ОКРУЖНОСТЬ

Таблица 22

90 «• Геометрия.

Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 22

Разлел II. Упражнения в таблииах

•» 91

Продолжение табл. 22

92 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах лля полготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 22

Разлел II. Упражнения в таблииах

•» 93

Продолжение табл. 22

40

cos

м

10,
= 0,6, ОТ—?

КМ = KN=

ZM

N

94 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 22

Разлел II. Упражнения в таблииах

•» 95

Продолжение табл. 22

49

ABCD — трапеция,
AB = BC,AD + BC — 2

50

ML-NK = 6,Pmnkl-?

51

AD || ВС, AD- ВС = 14,
&ABCD

?

ML II NK, ML-NK = 6,
&MNKL

?

53

CD : AD : AB = 2 : 6 : 7,

96 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ, 8 класс

Продолжение табл. 22

57

Pabcd —

ЮО,

Sabcd

?

63

MNKL — ромб

Раздел II. Упражнения в таблицах

•» 97

Окончание табл. 22

98 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Разлел II. Упражнения в таблииах

•» 99

Продолжение табл. 23

И

Найдите \TK-TN + КМ|

15

ML : LN = 2 : 5.

___

Выразите вектор КМ через

100 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 23

21

ABCD — ромб, СЕ =—ВЕ.

Выразите векторы DE и EF
через векторы DA = а и DC = b

18

Найдите:

a) \MK + MN\,

22

MNKL — параллелограмм.
Выразите вектор МТ через

б) \MK + KN\,

MN = d и МК = Ь

в) \MK + NK\,
г) \KM-KN\,

д) \MK-MN\

Найдите: 1)|ЁМ|-|ЁР|,

FK 2) \EM-EF\, 3) |™| + |EF|,
\
4)|™ + EF|,

\

\
\

□______ \

......... м
20

MNKP — параллелограмм.

Выразите векторы ОМ и МА

через векторы МР = а и MN = Ъ

5) |МЁ| + |ЁГ|,

\

16

23

,---- - —,

6) |МЕ + ЕГ|,
7) \ME\-\EF\,
8) \ME-EF\

_________ _

АМ = fh, AN = n,
ВМ, NC, MN, BN —?

24

ABCD — параллелограмм.

АО : ОС = 2 : 1, AD = b, АВ = а.
Выразите вектор ОМ через а и 6

Разлел II. Упражнения в таблииах

•» 101

Продолжение табл. 23

25

MEFN — параллелограмм.

^^

Докажите, что АХ + AL +

+АЕ + AF = 4 АО, где А — любая

Выразите векторы ЕА и FB
через векторы FN = т и MN = п

точка плоскости

F

26

ABCD — параллелограмм.

30

DK : КС = 1:3. Выразите векто­

Докажите, что
\МО + РК + ОР\ = \РМ + РК\

ры АК и КВ через векторы
AD-a и АВ-Ь

М
27

RSTK — параллелограмм.

31

ABCD — трапеция.

Выразите векторы RK, КТ, SR

а = CD - ВС + АВ.

через векторы тип

Найдите |а|
В

R^----------------------------*

28

MFEN — параллелограмм.

Докажите, что MO + FE + OF +

+EN = ME + FM

32

М — середина АС, ^— се­
редина BD. Докажите, что

MN = -(AD + CB)

102 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах лля полготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Окончание табл. 23
| АМ | = а. Найдите

15 АО - 7ОМ + 4ОК + 4ON |

34

| NE | = Ь. Найдите

38

\4NO-7OE + 3OF + 3OL\

векторы АК = а и. DN = Ъ

Выразите векторы КЕ,

Докажите, что
AM + AN + AK = 0

NM, NF через векторы а и b

36

Выразите вектор МК через

Выразите векторы ТС, LK,

LB через векторы а и. Ъ

40

Выразите вектор EF через

векторы KR и. LT

Разлел II. Упражнения в таблииах

ТРАПЕЦИЯ. СРЕДНЯЯ ЛИНИЯ ТРАПЕЦИИ

•» 103

104 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Продолжение табл. 24

MN — 4,
tg а — ?

Scefk — 8,

ОМ = 6,ON = 8,EF — ?

С

Е

D

10

Раздел II. Упражнения в таблииах

•» 105

Окончание табл. 24
21 *

19

MN — ?

BC:CD = 1: 2, EF = 20,

Разлел III

РЕШЕНИЯ НЕКОТОРЫХ ЗАДАЧ

К таблице 1
9. Так как AMCN — параллелограмм (по условию), то АМ = CN, МС =
=AN и ЛАМС = ЛАМС (по свойству). Тогда ЛАМВ = ЛCNB как смежные
соответственно углам ЛАМС и ЛANC. Кроме того, DM = BN (по усло­
вию), значит ЛАМВ = ACNB (по двум сторонам и углу между ними). Вы­
ходит, что AD = ВС и АВ = CD, т. е. ABCD — параллелограмм (по при­
знаку), что и требовалось доказать.

12. По условию задачи AECF — параллелограмм, тогда АЕ = CF,
AF = ЕС, ЛЕ = ЛЕ (по свойству). Если ЕС = AF, то ВС = AD. Заметим,
что ЛАЕВ = ACBF (по стороне и прилежащим к ней углам). Значит,
АВ = CD, следовательно, ABCD — параллелограмм (по признаку парал­
лелограмма), что и требовалось доказать.
15. Так как MBND — параллелограмм (по условию), то ВМ = DN,
BN = DM и ЛBMN = ЛDNM (как накрест лежащие при параллель­
ных прямых ВМ, DN и секущей MN). Тогда ЛАМВ = ЛCND как углы
смежные соответственно углам ЛBMN и ЛDNM. Выходит, что ЛАМВ =
= ACND (по двум сторонам и углу между ними). Из равенства треуголь­
ников выходит, что АВ = CD. Аналогично доказывается, что ВС = AD
(из равенства &BCN и ЛАМВ). Значит, ABCD — параллелограмм (по
признаку параллелограмма).

К таблице 2
4. В ЛАВС ВО — медиана (АО = ОС) и высота (АС 1 ВО), значит,
ЛАВС — равнобедренный (по свойству), тогда АВ = ВС, т. е. ABCD —
ромб (по определению). По условию ЛО = 120°, тогда ЛАВО = ЛСВО =
= 60° (по свойству ромба).
Значит, в ЛАОВ ЛОАВ = 90° - 60° = 30° ^ ВО = ^АВ, тогда АВ =
= 2 • ВО = 20.

Разлел III. Решения некоторых залач

Следовательно,
Ответ: 80.

•» 107

Pabcd = 4 • АВ = 80.

7. В параллелограмме BMNC АС = АМ = 90°, тогда ЛВ = AN = 90°
и так как ВС = CN, то BMNC — квадрат. Поскольку ABON = 120°, то
AAON = 180° - 120° = 60°, тогда ZA = 90° - 60° = 30°.
По условию АВ = 24, значит, ВС = —АВ = 12.

Следовательно,
Ответ: 48.

Pbmnc = 4

• ВС = 48.

14. Пусть Z1 = х, тогда Z2 = Зх. Но АМ + AMNK = 180° (как сумма
односторонних углов), где АМ = 60° (по условию). Тогда получим урав­
нение х + Зх + 60 = 180, или 4х = 120, откуда х = 30. Значит, Z1 = 30°,
тогда Z2 = 30° • 3 = 90°, т. е. NMNL — прямоугольный. Но Z2 = ANLK =
= 90° как накрест лежащие при параллельных прямых MN, KL и секу­
щей NL. Значит, KL = ^NK = 13.

Тогда Pmnkl = 2 • (NK + KL) = 39 • 2 = 78.
Ответ: 78.

15. Пусть KL = 12х, тогда KR = 7х. Так как КЕ — биссектриса, то
KR = RE = 7х (биссектриса угла параллелограмма отсекает от него рав­
нобедренный треугольник. Доказать самостоятельно).
По условию Р2 ~ Pi = 10. Но Р^ = KR + RE + КЕ = 7х + 7х + КЕ =
= 14х + КЕ, Р2 = KL + LT + ТЕ + КЕ = 12х + 7х + (RT - RE) + КЕ =
= 19х + (12х - 7х) + КЕ = 24х + КЕ. Значит, 24х + КЕ - (14х + КЕ) = 10,
или Юх = 10, х = 1. Следовательно, KR = 7х = 7, KL = 12х = 12. Тогда
Ршт = 2’(12 + 7) = 38.
Ответ: 38.

К таблице 3
4. По условию ANFE = 60°, тогда AMNF = 60° как накрест лежа­
щие при параллельных прямых FE, MN и секущей FN. Но AKNF = 40°
(по условию), тогда AKFN = 90° - 40° = 50°.
Значит, AMFE = 50° + 60° = 110° => AMNE = 110° (по свойству парал­
лелограмма), АЕ = АМ = 180° - 110° = 70° (сумма односторонних углов
равна 180°).
Ответ: АМ = АЕ = 70°, AMFE = AMNE = 110°.
8. AKLN = AMNL = 60° как накрест лежащие при параллельных пря­
мых LK, MN и секущей LN. По условию ME = EN, значит, LE — медиана

108 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах лля полготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

AMLN. Кроме того, LE — высота (по условию). Следовательно, AMEL =
= ANEL (по двум катетам), тогда ML = NL, т. е. ALMN — равнобедренный
с основанием MN. Значит, АМ = AMNL = 60° (по свойству) и АМ =
= АК = 60°, тогда AMLK = AMNK = 180° - 60° = 120° (как сумма одно­
сторонних углов).
Ответ: АМ = АК = 60°, AMLK = AMNK = 120°.

11. Так как AMNQ = 85°, то AMNL = 180° - 85° = 95° (по свойству
смежных углов).
Аналогично находим ALON = 180° - 110° = 70°.
В ALON AOLN = 180° - (95° + 70°) = 15°.
По условию LT _L MQ, тогда AQ = 90° - 15° = 75°.
Значит, AQ = AK = 75°, AKLQ = AKMQ = 105°.
Ответ: AK = AQ = 75°, AKLQ = AKMQ = 105°.
14. Так как в параллелограмме ВС = CD (по условию), то ABCD —
ромб. По свойству ромба AC _L BD, значит, АЛОВ — прямоугольный
(О — точка пересечения диагоналей). По свойству прямоугольного тре­
угольника имеем: Z1 + Z2 = 90°. Но Zl - Z2 = 30° (по условию). Имеем
систему уравнений:
Zl + Z2 = 90°,
Zl-Z2 = 30°.

Складывая уравнения системы, получим 2 • Z1 = 120°, откуда Z1 =
= 120° : 2 = 60°, тогда Z2 = 90° - 60° = 30°.
Но диагонали ромба являются биссектрисами его углов, значит,
ZA = АС = 30° • 2 = 60°, ZB = ZD = 60° • 2 = 120°.
Ответ: 60°, 60°, 120°, 120°.
16. Так как KL = LM (по условию), то параллелограмм KLMN — ромб
(по определению). КТ — биссектриса AMKN. По условию АКТМ = 120°.
Пусть АМКТ = ATKN = х, тогда AKMN = 2х. В АМКТ имеем: х + 2х +
+ 120 = 180, Зх = 60, х = 20. Значит, АМКТ = ATKN = 20°, тогда
AMKN = 40°. Так как диагонали ромба являются биссектрисами его уг­
лов, то ALKN = ALMN = 80°, тогда AKLM = AKNM = 180° - 80° = 100°.
Ответ: 80°, 80°, 100°, 100°.

К таблице 4
5. Пусть MN — х, RK = у, тогда х - у = 3. Так как AMRK = 135°, то
AMRN = 180° - 135° = 45°. По условию AL = 90° => AN = 90° (по свой­
ству параллелограмма), тогда АК = ANML = 180° - 90° = 90°. Значит,
MNKL — прямоугольник.

Раздел III. Решения некоторых задач

•» 109

В ^MNR XNRM = 45° => XNMR = 45°, т. е. MN=NR=х. Так как Р = 48,
то имеем 2(MN + NK) = 48, или MN + NK = 24, или х + х + у == 24, 2х +
+ у = 24. Получим систему уравнений:
2х + у = 24,
х-у = 3.

Складывая уравнения системы, имеем Зх = 27, х = 9, т. е. MN = KL = 9,
тогда NK = х + у, где у = х - 3 = 6, NK = 9 + 6 = 15.
Ответ: MN = KL = 9,ML = NK = 15.
8. По условию AL и DK — биссектрисы, тогда АВ = BL и CD = СК
(биссектриса угла параллелограмма отсекает от него равнобедренный
треугольник).
Так как BL = СК, то ВК = LC = х, BL = СК = х + 6, АВ = CD = х + 6.
По условию Р = 48, тогда 2 • (АВ + ВС) = 48, или АВ + ВС = 24, или
х + 6 + х + 6 + х = 24, Зх = 12, х = 4.
Значит, АВ = CD = х + 6 = 10, ВС = AD = 2х + 6 = 14.
Ответ: АВ = CD = 10, ВС =AD = 14.

К таблице 5
6. Так как ОЕ = ОМ, то треугольник OEM — равнобедренный, где
ЛОЕМ = ХОМЕ.
По условию ХКОМ = 60° — внешний угол АОЕМ, значит, ХОЕМ =
= ХОМЕ = 30°. В \OEF XOFE = 90°, XFOE = ХКОМ = 60° как верти­
кальные, тогда NFOE = АКОМ по гипотенузе и острому углу. Значит,
FE = КМ, т. е. FEMK — равнобедренная трапеция.
Так как XFME = 30°, XEFM = 90°, то XFEM = ХКМЕ = 90° - 30° = 60°,
XEFK = XFKM = 180° - 60° = 120°.
Ответ: XFEM = ХКМЕ = 60°, XEFK = XFKM = 120°.
8. По условию NK = KE = MN, значит, &NKE — равнобедренный,
трапеция MNKE — равнобедренная. Пусть XKNE = XKEN = х. Так как
XKNE = XMEN как накрест лежащие при параллельных прямых NK,
ME и секущей NE, то XMEN = х, тогда ХМ = 2х.
В NMNE XMNE = 75°. Получим уравнение: х + 2х + 75 = 180, Зх =
= 105, х = 35, тогда ХМ = ХМЕК = 70°, XMNK = ХК = 180° - 70° = 110°.
Ответ: ХМ = ХМЕК = 70°, XMNK = ХК = 110°.

12. Так как АВ = CD, то ABCD — равнобедренная трапеция. Кроме
того, АВ = ВС, значит, &АВС — равнобедренный с основанием АС. Ана­
логично &ACD — равнобедренный с основанием CD.

110 «• Геометрия.

Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Пусть /ВАС = ЛАСВ = х, /ADC = /ACD = у. Кроме того, /АСВ =
= /CAD как накрест лежащие при параллельных прямых ВС, AD и се­
кущей АС.
В SACD имеем /CAD + ZACD 4- /ADC = 180°, или х + у + у = 180,
х + 2у = 180.
Аналогично из SABC получим:
/АВС 4- /ВАС + /АСВ = 180°, где /В = /.BCD = х + у. Значит, х + у +
+ х + х = 180, или Зх + у = 180. Имеем систему уравнений:
(x + 2i/ = 180,
[Зх+у = 180,
откуда х 4- 2у = Зх + у, или у = 2х, тогда получим уравнение Зх 4- 2х = 180,
5х = 180, х = 36.
Следовательно, /BAD = /D = 2х = 72°, тогда /В = /BCD = 180° - 72° = 108°.
Ответ: /BAD =/D = 72°, /В = /BCD = 108°.

16. Пусть /М = 5х, тогда /MKR = 4х. Так как /М 4- /MKR = 180°,
то получим уравнение: 5х 4- 4х = 180, 9х = 180, х = 20.
Значит, /М = 5х = 100°, /MKR = 4х = 80°.
По условию SK — биссектриса, тогда /SKR = /SKM = 80° : 2 =
= 40°. Кроме того, по условию /RSK = 90°, значит, /R = 90° - 40° = 50°,
/RSM = 180° - 50° = 130°.
Ответ: /R = 50°, /RSM = 130°, /М = 100°, /MKR = 80°.
22. В SACD известно, что /D = 90° и /CAD = 30° => /ACD = 90° - 30° =
= 60°.
В SCOD /COD = 30° и /OCD = 60° => /CDO = 30°.
Аналогично, из SAOD имеем /ADO = 90° - 30° = 60°. Значит, /ADC =
= 60° 4- 30° = 90°, т. е. ABCD — прямоугольная трапеция. Так как
/CDO = 30° и /BCD = 90°, то /CBD = 90° - 30° = 60°. По условию
/ABD = 80°, тогда /АВС = 80° + 60° = 140° => /BAD = 180° - 140° = 40°.
Ответ: ZADC = /BCD = 90°, /BAD = 40°, /АВС = 140°.
24. Так как ABCD — трапеция и /D = 90°, то /DAB = 90°. По условию
/DAE = 45°, тогда /ВАЕ - 90° - 45° = 45°. Кроме того, /АМС = 145° =>
=> /АМВ = 180° - 145° = 35°, тогда /В = 180° - (45° 4- 35°) = 100°. Зна­
чит, /С = 180° - 100° = 80°.
Ответ: /D = /DAB = 90°, /В = 100°, /BCD = 80°.

К таблице 6
4. Проведем высоту СЕ трапеции ABCD. Поскольку трапеция равно­
бедренная, то АМ = DE = 5. Кроме того, по условию задачи АМ = ВС = 5,

Разлел III. Решения некоторых задач

•» 111

АВ = CD = 10. ЗначитРдвсо = АВ + ВС + 2АВ = (5 + 5 +5)+ 5 + 2-10 =
= 15 + 5 + 20 = 40.
Ответ: 40.
6. По условию ABCD — равнобедренная трапеция и АС 1 BD, тогда

EF = ~(АО + ВС) (доказать самостоятельно).

Так как АВ = CD = 26 и EF = 24, то AD + ВС = 2EF = 48, тогда Рдвсо =
= 48 + 26 + 26 = 100.
Ответ: 100.
Указание. Показать, что BE = ОЕ и AF = OF.

8. Проведем высоты BE и CF равнобедренной трапеции ABCD.
По условию ZBCD = 120°, тогда Z.FCD = 120° - 90° = 30°, значит,
в &CFD имеем FD = —CD.
2

Пусть ВС = х, тогда АВ = 2х, FD = —CD =—АВ = х, значит, АЕ = FD =
2
2
= х, EF = ВС = х. Так как по условию задачи AD = 15, то получим
Р = 2АВ + ВС + AD = 2 • 2х + х + 15 = 5х + 15.
С другой стороны, AD = АЕ + EF + FD = х + х + х = Зх, тогда Зх = 15,
откуда х = 5. Значит, Р = 5 • 5 + 15 = 40.
Ответ: 40.

К таблице 7
5. Пусть АВ = х, ВС = СМ = у. По условию ВМ - АВ = 20, или у + у - х = 20, 2у - х = 20.
Так как Pabcd = 56, то 2(х + у) = 56, или х + у = 28. Получим систему
уравнений:
|х + 1/ = 28,
[2i/-x = 20.

112 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Складывая уравнения системы, имеем Зу = 48, у = 16, тогда х = 28 - 16 = 12. Следовательно, Sabcd=AB • ВС = х • у = 12 • 16 = 192.
Ответ: 192.

11. Так к&к ABCD — прямоугольник, АВ = ВМ, то ABMN — квадрат,
MCDN — прямоугольник.
По условию Pi : Р2 = 9 : 8, Pi 4- Р2 = 68. Имеем систему уравнений:
ал
ki=?fi.
т?.=»
8
Р1 + Р2=68;

9
-Р2+Р2=68;

8
Р2 = 68 —= 4-8 = 32.

Так как Р2 = 32, то Pi = 68 - 32 = 36.
Если Pi = 36, то АВ = ВМ = 36 : 4 = 9, Р2 = 2 • (МС 4- CD) = 32,
MC + CD = 16.
Но CD = АВ = 9, тогда МС = 16 - 9 = 7.
Значит, ВС = ВМ 4- МС = 94-7 = 16, следовательно, Вдвсп^АВ • ВС =
= 9 • 16 = 144.
Ответ: 144.

15. Прямоугольник MCDN — ромб (МС = CD), а ромб с прямым уг­
лом — квадрат.
Так как Р = 36, то МС = CD = 36 : 4 = 9.
По условию Рдвсо = 50, или 2 • (АВ 4- ВС) = 50, АВ 4- ВС = 25, где АВ =
= CD = 9, тогда ВС = 25 - 9 = 16.
Следовательно, вдвсо =АВ • ВС = 9*16 = 144.
Ответ: 144.
19. Пусть AL = х, АЕ = у. Так как Pi = 26, то получим 2 • (3 4- х) = 26,
3 4- х = 13, х = 10. Значит, AL = ВК = 10. По условию LD = 6, тогда AD =
= 10 4- 6 = 16. Кроме того, Р2 = 22, или 2 • (6 4- у) = 22, 6 4- у = 11, у = 5,
т. е. АЕ = 5, АВ = АЕ 4- BE = 54-3 = 8. Следовательно, Вдвсо = AD • АВ =
= 16 • 8 = 128.
Ответ: 128.
24. ABCD — прямоугольник (по условию), тогда АВЕМ = AAEF =
= AMCN = AFDN (по двум катетам). Значит, EMNF — ромб (по опреде­
лению). Проведем диагонали EN и MF, тогда EN1MF (по свойству ром­
ба). Диагонали разбивают ромб на 8 равных треугольников. Если 216 со­
ставляет 6 равных треугольников, то 1 треугольник составляет площадь,
равную 216 : 6 = 36, тогда площадь прямоугольника будет равна 36'8 =
= 288 (кв. ед.).
Ответ: 288.

Раздел III. Решения некоторых задач

•» 113

К таблице 8
4. Пусть в параллелограмме ABCD AD = х, АВ = у. По условию задачи
периметр Р = 50, тогда получим 2(х + у) = 50, или х + у = 25. Тогда S =
= AD • BE = CD • BF, или 8х = 12i/, или 2х = Зу. Имеем систему уравне­
ний:
х + у = 25,
у = 25-х,
2х = Зу;
2х = 3(25-х).
2х = 75 - Зх, 5х = 75, х = 15, тогда S = AD ■ BE = 15 • 8 = 120.
Ответ: 120.
9. Пусть АВ = х, ВС = у, тогдах-1/ = 8. По условию АМ = 14, AN = 21,
где АМ и AN — высоты параллелограмма.
Sabcd = DC • АМ = ВС • AN, или 14х = 21у, или 2х = Зу. Имеем систе­
му уравнений:
х-у = 8, [у = х-8,

2х = 3у,

[2х = 3(х-8).

2х = Зх - 24, откуда х = 24, тогда Sabcd = 14х = 24*14 = 336.
Ответ: 336.
15. Заметим, что ХАМВ = ХСВМ = 90° как накрест лежащие при па­
раллельных прямых AD, ВС и секущей ВМ. По условию задачи XMBN =
= 30° => XCBN = 90° - 30° = 60°, тогда ХС = 90° - 60° = 30°.

В \CBN BN = ^ВС = 9, CD = АВ = 20. Значит,

SabCD

= CD ■ BN =

= 20*9 = 180.
Ответ: 180.
19. Так как АВ = ВС, то параллелограмм ABCD является ромбом.

Тогда AC ± BD по свойству ромба. Следовательно, S = —ACBD.
2
Пусть АС = 7х, тогда BD = 4х. По условию задачи АС + BD = 33, или
7х + 4х = 33, Их = 33, х = 3. Значит, АС = 7х = 21, BD = 4х = 12.
Учитывая, что S = —ACBD, получим S = — -21-12 = 126.
2
2
Ответ: 126.

22. Пусть АМ = х, тогда MD = Зх, значит, AD = AM -I- MD = 4х.
Проведем высоту BE параллелограмма.
= 12, или S^jw^AM BE,
где BE —
По условию задачи S^abm
высота параллелограмма и ААВМ.

114 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах лля подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Значит, ^х-BE = 12, или х • BE = 24.

Sabcd = ADBE
Ответ: 96.

= 4x’BE = 4-(xBE)-4-24 = 96.

24. Так как АВ = ВС, то ABCD — ромб (по определению). По условию

S^xd = 32, АК: КС = 4 :1. У &ADK и KDKC высоты равны, тогда площа­
ди относятся как основания, т. е. S^^x : S^dkc = 4:1, или 32 : S^xc =
= 4:1, откуда S^dkc = 8. Тогда S^adc ~ ^дако + ^докс = 32 + 8 = 40.
Значит, Sabcd = %8даос = 80.
Ответ: 80.

К таблице 9
7. Известно, что в прямоугольном треугольнике медиана, проведен­
ная к гипотенузе, равна половине гипотенузы. Так как СК = 18, то АВ =
= 36. В ЛСКВ СК = КВ= 18, ZCKB = 120° (по условию) => ZB = (180° -

- 120°): 2 = 30°, тогда АС = -АВ = 18.
2
Следовательно,

S^abc =

—АС • ВС = — • 18 • 30 = 270.
2
2

Ответ: 270.
12. Заметим, что ZA — общий для ААВС и \АМК. Известно, что если
угол одного треугольника равен углу другого треугольника, то площади
этих треугольников относятся как произведения сторон, заключающих
равные углы (см. п. 52 «Геометрия 7-9 класс», Л.С. Атанасян и др.).
Следовательно,

&дакм=АМ АК'
ABAC

Разлел III. Решения некоторых задач

•» 115

По условию задачи S^akm = 13, АМ = 6, АК = 8, АВ = 6 + 10 = 16,
о , ш
ю
13
6-8
13
1
АС = 8 + 10 = 18, тогда получим ------- =-------- , или ------- =—, откуда
&ЬАВС 16-18
&ДАВС 3

S^c = 13 • 6 = 78.
Ответ: 78.
14. Так как АЕ || BD, то ABDE — трапеция. Заметим, что S^ebd =
так как у них BD — общее основание и высоты, проведенные к
BD, равны. Кроме того, ABCD является общей частью для AEBD и AABD.

= S&abd>

Значит,

S^abc = Sadec-

Но

S^dec = ^с? ‘ DE>

где CF = 4 — высота,

DE = 9 (по условию).

Следовательно,

S^abc — S^dec —

т

‘4*9 — 18.

Ответ: 18.
16. В ААВС ХА = 180° - 150° = 30° => BD = -АВ = 12. Так как ХС =
2
= 75°, ХА = 30°, то ХАВС = 180° - (75° 4- 30°) = 75° => АВ = АС = 24, тогда
SbABC = ^АС BD=± -24 12 = 144.
Ответ: 144.

21. В AAMN и ААВС ХА — общий, тогда

Я

АМ ■ AN

—Mmn =------------ (см. j^
еьавс

J2).

АВ • АС

По условию задачи АВ = AN и АС = ЗАМ, S^mn = 36, следовательно,
36
AM-AN = 1
откуда S^abc = 36*3 = 108.
S^c- AN-ЗАМ ~ 3’

Ответ: 108.
23. По условию КС || BD и АК = КВ, тогда АС = CD (по теореме Фале­
са). Значит, AD = 2АС, АВ = 2АК.
Вддвс _ AB-АС =2АК-АС
Следовательно,
S^' AK AD~ АК 2АС

т. е. S^abc — S^akd — 32.
Ответ: 32.

116 «• Геометрия.

Залачи на готовых чертежах лля полготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

К таблице 10
7. Пусть АВ = ВС = CD = х. По условию ABCD — равнобедренная тра._.
ion
п
тт
лтг AD-BC АК+40-х
плт.
пеция, где AD = 130 - Зх. Но АК =----- - ----- =------- - ------- , или 2АК =
= АК" + 40 - х, АК = 40 - х.
Так как AD = 130 - Зх и AD = АК + 40, то АК + 40 = 130 - Зх, или
АК = 90 - Зх.
Следовательно, 90 - Зх = 40 - х, или 2х = 50, х = 25, т. е. АВ = ВС =
= CD = 25, АК = 40 - х = 15.
Из ^АВК найдем высоту ВК трапеции:
ВК = ^АВ^АК* = 5/25*^15* = V400 = 20, AD = 55.

Значит,

Sabcd =

^(AD + ВС) ■ ВК = |(55 + 25) ♦ 20 = 800.

Ответ: 800.

11. Пусть AD = 4х, ВС = Зх. По условию задачи

стороны,

S^bq =

S^bc =

30. С другой

—ВС • h, где h — высота трапеции.
2

Значит, — • Зх • h = 30, откуда х • h = 20.
В AACDAD = 4х, тогда S^CD = —AD • h = — ■ 4х‘ h = 2xh. Так как xh =
2
2
= 20, то получим S^acd = 2 • 20 = 40. Следовательно, Sabcd = ^лавс +
+ &&ACD = 30 + 40 = 70.
Ответ: 70.
16. По условию задачи АВ = CD и АС 1 BD, тогда ABCD — равнобед­
ренная трапеция, значит, АС = BD (по свойству равнобедренной трапе­
ции), &AOD — равнобедренный и прямоугольный, тогда Z.OAD = ZODA =
= 45°.
Аналогично, АОВС = /.ОСВ = 45°.
„
_
AD + BC
Следовательно, ^abcd —
2
Через точку пересечения диагоналей проведем высоту КЕ трапеции,

где К — середина ВС, Е — середина AD. Но ВМ = КЕ = —(ВС + AD) (до2
казать самостоятельно).
Пусть ВС = 2х, ВК = КС = х, ВМ = КЕ = 10, ОК = КВ = х, ОЕ =АЕ =
= ED = 10-х.

Разлел III. Решения некоторых залач

•» 117

(10-x + 10-x) + (x + x)
Следовательно, SABCD = --------------------—------- --10 =10’10 = 100.
2
Ответ: 100.
20. Пусть ВС = х, тогда AD = Зх. Проведем высоту КМ трапеции. По

условию задачи

S^xd =

60, или -^AD • КМ = 60, или ^ • Зх • й = 60, где

h = КМ. Значит, xh = 40.

Следовательно, SABCD =

S^k + S^d + S^kd =

^BK - h + ^KC - h +

+ 60 = -Л • (BK + КС) + 60 = -h • BC + 60 = -xh + 60. Ho xh = 40, тогда
2
2
2

Sabcd = —

* 40 + 60 = 80.

Ответ: 80.

23. Через точку пересечения диагоналей АС и BD равнобедренной
трапеции ABCD проведем высоту MN, где М — середина ВС, N — сере­
дина AD. Предварительно докажем, что если в равнобедренной трапе­
ции диагонали перпендикулярны, то площадь S = h2 и h = —(a + b), где
2
h — высота трапеции, аиЬ — основания.
Так как по условию АВ = CD та. AC ± BD, то AD = 2 • ON и ВС = 2 • ОМ,
тогда S= -(AD + ВС)- MN = (ON + ОМ) - MN = MN - MN = (MN)2 = h2.

В нашем случае AD + ВС = 18, или 2 • ON + 2 • ОМ = 18, или ON -I- ОМ =
= 9, т. е. Л = 9. Значит, Sabcd = h2 = 81.
Ответ: 81.
29. По условию задачи S^oc = 4, S^OD = 25. Заметим, что S^ob =
= S^cod (доказать самостоятельно). Тогда S^ob : Зьвос = S^qd : S^cod*
откуда 8^ов = SACOD = S^oc ’ S^od = Ю0, тогда S^qb = S^cod = Ю» зна­

чит, Sabcd = S^boc
Ответ: 49.

+ S/laod +

2S&AOB = 4 + 25 + 2 • 10 = 49.

32*. Проведем высоту CF трапеции ABCD, где BE = CF (как высоты
трапеции), АВ = CD (по условию задачи). Тогда ВС = EF иАЕ = —(AD 2

- ВС) =- (AD - EF). HoAD = 5ВС, значит, АЕ = - (5ВС - ВС) = 2ВС, или
2
2
ВС

11 8 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

ME АЕ
Заметим, что AAME - &ВМС (по двум углам), тогда -^^ = -^- = 2,

3
т. е. ME = 2МВ, тогда BE = —ME. Так как
АЕ = 2ВС, то ВС - ME = 16, тогда
Ч

Q

S^cd =

S^me

= 16 (по условию) и

-(AD + ВС) ■ BE = -(5ВС +
2
2

О

+ ВС) • -ME = -ВС -МЕ = - -16 = 72.
2
2
2
Ответ: 72.

К таблице 11
8. По условию задачи LT — высота ARKL.
В ALTK известно, что LK = 12, ЛК = 60°, тогда ЛКЬТ = 90° - 60° = 30°
=> ТК = —LK = 6 (по свойству катета, лежащего против угла в 30°).
2
Из ALTK по теореме Пифагора имеем LT2 = LK2 - ТК2, или
LT = \I1^62 =>/108.

Но RT = LT (по условию), тогда из ARTL находим: х2 = 2LT2, откуда
х = 1т72 = Л0872 = Ж2 = >/Зб¥2 = 6>/б.
Ответ: 6^6.

13. Пусть МТ = у, тогда TN = 8 - у.
По условию задачи КТ — высота AMKN.
Из АМКТ имеем х2 + у2 = 100, а из AKTN получим х2 + (8 - у)2 =
= (2V17)2 =68.
Следовательно, имеем систему уравнений:

х2 + у2 =100,
'х2 + (8-у)2 = 68.
Вычтем из I уравнения II: у2 - (8 - у)2 = 32, или i/2 - 64 + 16у - у2 =
= 32, или 16р = 96, откуда у = 96 : 16 = 6.
Так как х2 + у2 = 100, то х2 = 100 - 36, х2 = 64, откуда х = 8.
Ответ: 8.

16*. По условию задачи RK = 9, КМ = 12, RM = 10 + 5 = 15.
Заметим, что 152 = 92 + 122, значит, ARKM — прямоугольный (по
обратной теореме Пифагора). Проведем высоту KN, тогда S^RKM =
1 n по
1 1С ™
™ 9 12 3 12 36
2
2
15
5
5

Разлел III. Решения некоторых залач

2

•» 119

9 81
—, откуда
5 5

Из kKRN RN2

3-9 27
27 23
RN =---- =—, тогда NL = 10------- -- —. Из &KNL по теореме Пифагора
5
5
5
5
имеем х2 = KN2 + NL2, откуда х =

36
5

2

23 |2_ /1296 + 529
I "V
25
5

1825
25

22. Пусть AD = 7у, тогда DC = 18i/. Из AADB имеем х2 + (7у)2 = 252,
или х2 + 49у2 = 625.
Из ABDC получим х2 + (18i/)2 = 302, или х2 + 324i/2 = 900.
Следовательно, -

х2+49/=625,
х2+324/=900.

Вычтем из второго уравнения системы первое: 324i/2 - 49^2 = 275,
или 275у2 = 275, у2 = 1, у = 1 (так как i/>0). Если у = 1, то х2 = 625 - 49 =
= 576, х = 24.
Ответ: 24.

24*. По условию задачи ЛА = 30°, ЛАМВ = 90°, тогда ВМ = —АВ =
2
= 272(7з + 1). Кроме того, ЛС = 75° (по условию ЛС = ЛАВС), ЛАВС =
= 180° - (30° + 75°) = 75°, т. е. ЛАВС — равнобедренный, где ВС = х —
основание.
Пусть МС = у, тогда. АМ =АС - у. Из ЛАМВ имеем АМ2 =АВ2 - ВМ2,
или АМ2 = 32(^3 +1)2 - 8(73 +1)2, АМ2 = 24(^ +1)2, откуда

АМ = 2Тб(Тз+1). МС = у=АС-АМ= 4ч/2(>/з+1)-2х/б(>/3 + 1) =
= 272(4 + 1X2-73).

120 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Из АВСМ находим х2 = ВМ2 + МС2, или
+ 1)2 + 8(7з + 1)2(2-л/3)2 = 8(г/3+1)2(1 + (2-^))2, откуда

х2=8(>/3

х = 2г/2(л/3 + 1)л/1 + 4^4?3+3 = 2ч/2(л/3 + 1)-7 0, тогда получим уравнение 29Л2 - 11 425А +
+ 1 102 500 = 0, D = И 4252 - 4 • 29 • 1 102 500 = 130 530 625 - 127 890 000 = 2 640 625 = 16252 > 0,
2 = 1142511625
= 6525 = 225
%2
2-29
^29

t
2

4900
29

^2 -- ----------- •

Следовательно, имеем две возможности:
14 2
ООК
04 2 4900
70
1) х2 = 225, х = 15; 2) х =------- , x = —i=
29
^29

Ответ: 1) х = 15; 2) х =

70
729*

40. Так как LK = КТ, то прямоугольник RLKT — квадрат. Пусть LK = у,
тогда LM = у - х. Из AMLK имеем: у2 + (у - х)2 = 252. Из KRLK получим
у2 + у2 = (204/2)2, или 2у2 = 400 • 2, у2 = 400, у = 20.

Следовательно, 202 + (20 - х)2 = 252, или (20 - х)2 = 225, 20 - х = ±15,
откуда Xi = 5, х2 = 35 (не подходит, так как х < у). Значит, MR = х = 5.
Ответ: 5.
44. Так как АВ = CD и /.ВАС = /ACD, то АВ || CD, т. е. ABCD — па­
раллелограмм (по признаку параллелограмма).
По условию задачи Sabcd = 252. С другой стороны, Sabcd = AD • BF,
где BF — высота, AD = 21. Значит, 21 • BF = 252, откуда BF =12.

122 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Так как О — середина BD, то ОМ — средняя линия ABFD.

Значит, ОМ = х=—BF = 6 (по теореме Фалеса).
2
Ответ: 6.
48. Пусть АВ = a, AD = Ь. Так как S = 120, то получим 8’5 = 120, от­
куда b = 15. По условию задачи периметр параллелограмма Р = 50, или
2 • (а + Ь) = 50, а + Ъ = 25, откуда а = АВ = CD = 25 - 15 = 10.
Если CD — основание, то BF = х — высота параллелограмма, тогда
а • х = 120, где а = 10, значит, х = 120 : 10 = 12.
Ответ: 12.
56. В параллелограмме MNEF периметр Р = 42, площадь S = 96.
Пусть MF = a, MN = Ъ, тогда Р = 2- (а + Ь) = 42, или а + b = 21.
Заметим, что S = MF • 2ОК = MN • 2OL, где ОК = х, значит, 2ах =
= 26’6 = 96, откуда Ь = 96 : 12 = 8, ах = 48.
48 48
Так как а + & = 21 и & = 8, то а = 13, тогда ОК = х = — = —
а
13

Ответ: —.
13
62. В равнобедренной трапеции ABCD ВС = АЕ = 6. Так как ZA =
= ZABE (по условию), то АЕ = BE = 6, тогда АВ2 = 62 + 62, откуда
АВ = 6л/2. Но АЕ = ^(AD - ВС), или 2 • 6 =AD - 6, откуда AD = 18, тогда
ED = 18 - 6 = 12. В ABED BE = 6, ED = 12, ZBED = 90°. Значит,

BD = ^/6^+12^=^/i80 = Т36^5=бТ5. 8^0=-BE ■ ED = - • 6 - 12 = 36.
2
2
По условию задачи ВК - KD, т. е. ЕК — медиана ABED, значит, S^ek =
= B^ked (У них основания ВК = KD и высота ЕМ — общая). Следователь­

но, S^EK = — S^bed =18. Так как ВК = —BD = З-Тб, то из АВЕК получим:
2
2
— ВК • ME = 18, или -•ЗТ5 х = 18, откуда х=М.
2
2
^/5
12
Ответ: ~т=.

68. Так как ZKMT = ZMKN, то МТ || NK. Кроме того, MN = КТ = х
(по условию). Значит, MNKT — равнобедренная трапеция.
Через точку пересечения диагоналей проведем высоту EF трапеции.
Так как МК1 NT, то ANOK и АМОТ — равнобедренные и прямоуголь­

ные, тогда OE=—NK и OF = —МТ, значит, EF = ОЕ + OF =
2
2
= ^(MT + NK) = NL.

Разлел Ш. Решения некоторых залач

•» 123

Так как SMNKT = 576, то SMNKT = ^(МТ + NK) ■ NL = 576, или NL2 = 576.

Из NMNL имеем х2 = ML2 + NL2, или х2 = 49 + 576 = 625, откуда
х = 25.
Ответ: 25.
69*. Из точки С проведем прямую параллельно BD до пересечения в
точке М. Так как AC ± BD (по условию) и CM || BD, то AC J_ СМ. Значит,

ААСМ — прямоугольный, BD = СМ = 21, ВС = DM = х. По теореме Пи­
фагора имеем АМ2 = АС2 + СМ2, или АМ2 = 202 + 212, АМ2 = 841, откуда
АМ = 29. Но АМ = AD + DM = AD + ВС = 22 + х = 29, откуда х = 7.
Ответ: 7.
71 *. Известно, что если dind2 — диагонали четырехугольника, а —

угол между ними, то S = — dX'd2 sin а (см., например, № 529 «Геомет2
рия 7-9 класс», Л.С. Атанасян и др.).
По условию задачи ML = 9, KN = 12 и S = 54, тогда получим:

— • 9 • 12 • sin а = 54, или sin а = 1, откуда а = 90°, т. е. ML ± KN.

124 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Из точки L проведем прямую, параллельную KN, до пересечения с
продолжением MN в точке Т. Тогда KLTN — параллелограмм (по опре­
делению) и KL = NT = 5. Так как ML L KN (по доказанному) и KN || LT
(по построению), то NMLT — прямоугольный (по обратной теореме Пи­
фагора), т. е. ML2 + LT2 = МТ2, или 92 + 122 = (х + 5)2, или (х + 5)2 = 225
и, так как х + 5>0, тох + 5 = 15, откуда х = 10.
Ответ: 10.
Замечание 1. Поскольку нами была применена формула
S = jdi '£/3.
>/3

S^mn =

—NK • MF = —MN • КЕ, или NK • MF =
2
2
„„
MF MN
= MN • KE, откуда----- -------- .
KE
NK
В AOFK /FOK = 75°, /OFK = 90° => /OKF = 15°.
В ANEK, где /.NEK = 90°, /NKE = 15° ^ /N = 75°.
NF_NE = 2^

cos 75° =
тт MN
Но-----NK

MN " NК

NК

MN
MN
_
__о
------- , откуда------ = 2cos 75 .
2NK
NK

MF
MF
----- , значит,------ = 2cos 75°. Ho cos 75° = cos (45° + 30°) =
KE
KE
1

= cos 45°cos 30° - sin 45°sin 30°=—•—-—•- = —
2
2
2 2
4

MF n Л
Следовательно,----- = 2 —
KE
4

2

Ответ: -y(>/3-l).
Замечание. Применение формулы cos (а + Р) необязательно, так как
эта формула применяется в основном в 10 классе.
13. Так как FKME — трапеция, то /МКЕ = /KEF = а, тогда из NKFE,

где/F = 90°, KF = 9, KE = 18 имеем sina = —= —= -, FE = 418^9^ =
KE 18 2
= >/324-81 =7243= >/81 -3=9>/3.

Разлел III. Решения некоторых залач

Значит, cosa =

•» 135

FE = 9^ _ 7з

,
sina 9^3'2 1О
tga =
= —,=— = 18.
КЕ~ 18 " 2 ’
cosa
V3

Достроим трепецию до прямоугольника FKNE.
Из AMNE MN = J(9>/3)2-92 - ^(З-1) = 9^» тогда КМ = KN - MN =

= FE-MN = 9^3-9^2=9{43-^2}.

Ответ: 9(^3 -х[2).
15. Так как MN = 13, KN = 5, МК = 12, то 132 = 52 + 122, значит,
AMKN — прямоугольный (по обратной теореме Пифагора), где ZMKN =
= 90°. По условию задачи ZLTK = 90°. Так как LK 1 МК и МК 1 KN, то
ZKLT = ZMKN = a. Из AMKN sina=
, cosa= ^^ = —, tga =
MN 13
MN 13
мк_ 12 t
5
—, ctg a = —
KN
5
12
„
.12
5
12
+
5
Ответ: sin a = —, cos a = —, tg a = —, ctg a = —
13
13
5
12

К таблице 19
3. По условию ОМ = MN. Кроме того, ОМ = ON как радиусы. Значит,
AOMN — равносторонний, тогда ZOMN = ZONM — ZM0N = 60°.
Но ОМ 1 МА и ON ± AN (по свойству касательных), тогда ZAMN =
= ZANM = 30°.
Следовательно, ZMAN = 180° - (30° + 30°) = 120°.
Ответ: 120°.
7. Пусть ОМ = ОВ = х (радиусы окружности). По условию АО = 13,
тогда АВ = 13 - х. Так как ЛАСО — прямоугольный и СВ — высота, опу­
щенная из вершины прямого угла на гипотенузу, то ВС2 = АВ • ВО, или
(13 - х) • х = 36, х2 - 13х + 36 = 0, откуда Xi = 4, х2 = 9, т. е. ОМ = 4 или
ОМ = 9. Но АВ > ВО, значит, ОМ = 4.
Ответ: 4.

11. Заметим, что радиус окружности ОЕ, проведенный в точку каса­
ния Е касательной LM, является высотой ALOM, тогда имеем ОЕ2 =
= LE • ЕМ (по свойству перпендикуляра). Но KL = LE и ТМ = ME (по
свойству касательных), значит, ОЕ2 = KL • ТМ, откуда ОЕ = 79 6 =
= 3-4 = 12, тогда КТ = 2 • ОЕ = 24.
Ответ: 24.

136 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

16. Пусть Т — точка касания касательной EF к окружности, тогда
ME = ЕТ и NF = FT. По условию P^aef = 36, или АЕ 4-AF + EF = 36, где
EF = ЕТ + TF = ME + NF, тогда АЕ +AF 4- ME 4- NF = (АЕ 4- ME) 4- (AF 4+ NF)=AM+AN = 36.
Ho AM —AN (по свойству касательных), тогда. AM = AN = 36 : 2 = 18.
Ответ: AM = AN = 18.

К таблице 20
7. По условию uRK = 120°, тогда XROK = 120°. Так как OR = ОК (как
радиусы) и OL ± RK, то KROK — равнобедренный, высота OL, проведен­
ная к основанию, является биссектрисой, тогда XROL = 60° => XORL =

= 30°. Значит, OL = х = —RO = 6.
2
Ответ: 6.

— (\jMN - 'uKL).

Соединим точки М и L,
2
тогда XMLN — внешний угол &AML, значит, XMLN = ХА 4- XAML, от­
11. Докажем, что XMAN =

куда ХА - XMLN - XAML = -oMN - -uKL = -(^MN - uKL), что и
2
2
2
требовалось доказать.
Тогда ХА = х= -(130° - 16°) = 57°.
2
Ответ: 57°.

18. АМ — диаметр окружности, тогда ОМ ± МК (по свойству каса­
тельной). Значит, ЛАМК — прямоугольный. По условию AL = LK, тогда
ML — медиана. Известно, что в прямоугольном треугольнике медиана,
проведенная к гипотенузе, равна половине гипотенузы (по свойству пря­
моугольного треугольника), значит, AL = ML и AL ± ML (XALM = 90°
как вписанный угол, опирающийся на диаметр).
Следовательно, ХА = х = XAML = ХК = 45°.
Ответ: 45°.
24. По условию ХВ = 27°, тогда uDB = 180° - 84° = 96° => XBCD = -uDB = 48°.
2
Ответ: 48°.

Разлел III. Решения некоторых залач

•» 137

26. Пусть uAC = 8а, тогда иВС = 15а. По условию иАВ = 130°. Име­
ем: иВС + uAC + uAB = 360°, или 15а + 8а + 130° = 360°, 23а = 230,
а = 10.
Тогда (jAC = 8а = 80°, значит, ZABC =

иАС = 40°.

Ответ: 40°.
33. Указание. Учесть, что ON = KN, где /.МКВ = /AKN = 75°.
Ответ: 75°.
39. Продолжим ОМ до пересечения с окруж­
ностью в точках В и С. Получим диаметр CD, где
СО = OD = ОВ = х. По теореме о пересекающихся
хордах, имеем: СМ • MD = АМ • МВ.
Но СМ = х - 11, MD = х + 11, тогда получим
(х - 11)(х 4- 11) = 12 • 14, или х2 - 121 = 168,
х2 = 289, х= 17.
Значит, ОВ = х = 17.
Ответ: 17.

К таблице 21
I способ

Пусть ОЕ = х, ОТ = у, тогда КЕ = Зх = 18, откуда х = 6. Значит, ОК =
= 2х = 12, МТ = Зу = 15, у = 5, МО = 2у = 10 (по условию КЕ и МТ —
медианы AMKL, а медианы в точкепересечения делятся в отношении
2:1, считая от соответствующей вершины).
Из ШОК МК = >/102 +122 = 7244 = 2л/б1. Так как ШОК — прямо­
угольный и LP — медиана (Р — середина МК), то ОР — медиана АМОК,
т. е. MP = КР = ОР = 7Й (медиана, проведенная к гипотенузе, равна
половине гипотенузы). Значит, OL = 2 • ОР = 2д/б1.

Ответ: 2>/б1.
II способ
Известно, что, если а, Ь, с — стороны треугольника и. тс — медиана,
^^2(а^+Ь^с^.
проведенная к стороне с, то тс =

Пусть LP — медиана, проведенная к стороне МК, тогда

LP = - ^(AfL2 + 1CL2) - ЛГ^2.
2
Пусть ОЕ = х, ОТ = у, тогда КЕ = Зх = 18, т. е. х = 6, 2х = ОЕ = 12,
МТ = Зу = 15, у = 5, 2у = МО = 10. Из ЛКОТ КТ = 412?^ = 13,
МК = >11^+1^ = ^24А=2у[01, ME = 4юГ+62 =4130 =2>/34.

138 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Значит, KL = 2КТ = 26, ML = 2МЕ = 4>/34.
Следовательно, £Р = -72 (16-34 + 262)-4-61 = -л/244-9 =3>/б1, откуда OL = 2у/б1.

Ответ: 2л/б1.
III способ

Указание. Достроить NKML до параллелограмма, для чего из точки
К провести прямую параллельно ML и из точки М провести прямую
параллельно KL. Точку пересечения обозначить через В.
Далее использовать формулу: 2(а2 + Ь2) = d^ + d£, где аиЬ — стороны
параллелограмма, ^ и ^ — диагонали.

12. ON и ОМ — серединные перпендикуляры к сторонам RL и RK
соответственно. Тогда OR = OL = ОК = 6.
Так как ZOKL = 60° и ОК = OL, то &OKL — равнобедренный, тогда
ZOLK = 60°. Выходит, что ^KOL = 180° - (60° + 60°) = 60°, т. е. ^KOL —
а2у/з
равносторонний, тогда S^^ =------- , где а = ОК = OL = KL = 6.
4
Значит, 5дсО1=^ = 97з.

Ответ:

9у/з.

16. По условию задачи О — точка пересечения высот ААВС. Заметим,
что ААОК ~ ^ONC как прямоугольные, имеющие равные углы: ZAOK =
= ZCON (как вертикальные, ZAKO = ZCNO = 90°). Значит, ЛАОК ~ AONC
,
ч m
OK ON
^ АО ON
пп
(по двум углам). Тогда ~aq=~qq’ ОТКУда ОК = ———, где АО = 20,
ON - 7.
Из AONC найдем ОС = ^7^+2^ = >/б25 = 25.

^
Л1Г 20-7 28
t ^
Следовательно, ОК =------ = — =5,6.
Ответ: 5,6.

19. По условию задачи О — точка пересечения биссектрис. Так как
точка О равноудалена от сторон NMEF (О — центр вписанной окружно­
сти), то ОК = OL = ON = г, OL J_ FE, тогда из NEOL, где ZOEL =
= — EMEF — 30°, ЕО = 8, находим OL = — ОЕ = 4.
2
2
Ответ: 4.

Раздел III. Решения некоторых задач

•» 139

24. Так как АВ = ВС, то ААВС — равнобедренный, где высота BD яв­
ляется медианой. Тогда AD = DC = 5, ВС = АВ = 13. Из AADB
BD = л/132 - 52 = 7144 = 12. Заметим, что N — точка пересечения меди­
ан, тогда BN : ND = 2:1. Так как BD = 12, то BN = 8, ND = 4. Из &CDN
CN = ^C^^DN^ = 725 + 16 = Til.

NE= -CN = —, тогда СЕ = CN + NE = Til + —= ^^. Высоту
2

2

2

СК ААВС найдем, сравнивая

S^abq.

2

С одной стороны, S-^c = —АС • BD.

С другой стороны, Еддвс = —АВ • СК. Значит, АС • BD = АВ • СК, откуда

.^АС-ВР 1012 120
АВ " 13 “ 13 ’
тл
/Т^-^2
/369 14 400
74761 69
Из АСКЕ находим КЕ = ^СЕ -СК =.----------------- =---------- =—.
V 4
169
2 13
26

ТогдаАК =АЕ - КЕ =

13
2

69 = 100 = 50
2б" 26 "13’

Заметим, что ^АСК ~ &CDN как прямоугольные, имеющие общий
острый угол АСК.
_
СК
CD
_.. АКСР 50-5 13 25 ^
Значит, ----- =------ , откуда DM=----------- =----------- = —. СледоваАК DM
СК
13-120
12
25

23

тельно, MN = DN- DM - 4- —= —
12 12
л
23
Ответ: —
12

К таблице 22
8. Проведем высоту СК на основание АВ, тогда в равнобедренном
ЛАСВ высота СК является медианой, т. е. АК = ВК = 24. S^b —
= — 'АВ • СК = 24СК. С другой стороны, S^CB -ЕЁ^^ где a = дс, Ъ = ВС,
2
4Д
АС-ВС-АВ
АС-ВСЛ2
с = АВ, R = АО = 25, тогда имеем 24СК 4 25
25
12х2
Пусть СК - h, АС - ВС - х, тогда 24h =------ , или х2 = 50Л.
25
Из NACE х2 = h2 + 242, тогда получим h2 + 576 = 50Л, или h2 - 50Л 4+ 576 = 0, откуда находим hx = 18, Л2 = 32.

140 «•

Геоллегрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Значит, х2 = 50 • 18 = 900, откуда х = 30, или х2 = 50 • 32 = 25 • 2 • 16 • 2,
х = 5 • 2 • 4 = 40.
Следовательно, АС = х = 30, или АС = 40.
Ответ: 30 или 40.

16. Так как МК = 4,КЕ = 2и АМЕК = 90°, то КЕ = -МК => АКМЕ =
2
= 30°, тогда OD = 12 - R.

Разлел III. Решения некоторых залач

•» 141

Из AAOD АО2 = AD2 + 0D2, или Я2 = 81 + (12 - Я)2, В2 = 81 + 144 -24В + В2, 242? = 225, В = —=—. AO = R=—.
24
8
8
75
Ответ: —.
8
40.
I способ
В равнобедренном NMKN КМ = KN = 10 (по условию), ОТ — радиус
вписанной окружности, тогда ОТ 1 MN. Проведем высоту КТ.
МТ
В ШТК cos ХМ = ^- = 0,6, значит, МТ = 10 • 0,6 = 6, тогда MN =
МК
_
= 12. По теореме Пифагора найдем КТ из АМКТ: КТ = 7102 -62 = >/б4 = 8.

&mkn =

—MN • КТ, а, с другой стороны, S^KN =р- г = — (МК + KN +
2
2
+ MN) • ОТ, тогда получим 12 • 8 = (10 + 10 + 12) • ОТ, или 32 • ОТ =
= 12-8, откуда ОТ = —= —= 3.
32
8
Ответ: 3.

II способ
Пусть Е — точка касания окружности и касательной МК. Заметим,
что ЛМТК ~ ^ОЕК (как прямоугольные, имеющие общий острый
МТ ОЕ
ХМКТ). Из подобия имеем----- =----- , где МТ = 6, КТ = 8 (см. I способ).
КТ ЕК
6-4
Кроме того, ЕК = 10 - ME = 10 - МТ = 4, значит, ОЕ =
= 3. Но ОЕ =
= ОТ = 3.
Ответ: 3.

45. Так как ХМ = XN, то MEFN — равнобедренная трапеция. По
свойству описанного четырехугольника имеем 2МЕ = EF + MN. По­
скольку О — центр вписанной окружности и ОТ — радиус, то KL —
средняя линия трапеции, тогда EF + MN = 2KL = 16. Значит, 2МЕ = 16,

ME = 8. Следовательно, SMEFN = —(MN + EF) • 2ОТ = 8 • 2 • 5 = 80.
2
Ответ: 80.
49. Проведем высоту BE трапеции ABCD, где АВ = CD. По свойству
описанного четырехугольника имеем AD -I- ВС = 2АВ.
Так как ХА = 30°, то в ААВЕ BE = 2 • ОМ = 12, тогда АВ = 2ВЕ = 24.
Значит, AD + ВС = 48.
Ответ: 48.

142 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

54. Проведем высоты NE и KF на основание ML. Так как ML || NK, то
MNKL — трапеция (равнобедренная). По условию МК — биссектриса.
Заметим, что EKML = Z.MKN = 30° (как внутренние накрест лежащие
при параллельных прямых ML, NK и секущей МК). Тогда Z.NMK =
= Z.MKN = 30°, т. е. NMNK — равнобедренный.
Пусть NK = 2х, ML = 2у, MN = NK = 2х.

Из ШNE ME = -MN = х, NE = 74х2-х2 = х^З.

Из ШКЕ МК = 2-KF = 2-NE= 2хЛ.
SwKL = ^ML -KF=±-2y xja=j3xy.
.
o
MKKLML
o
V3 2
С другой стороны, 8ШК1 =------ ——------ , или 8ШКЬ =—х у, значит
4OL
4
43ху = —х2у, откуда х = 4. Следовательно, SMNKL = — (ML + NK) • NE =
4
2
= (x + y)- 43x. Ho ML = 2ME + EF = 2ME + NK = 4x, или 2y = 4x,

у = 2x = 8.
Значит, SMNKL = (4 + 8) • 4-Тз = 48^3.

Ответ: 485/3.
59. Пусть LE = х. Проведем высоту LT. Так как трапеция равнобед­

ренная (LK = EF), то КТ = —(KF - LE). Но KF — диаметр окружности,

тогда ZKLF = 90°, тогда KF = л/92 + 122 =15.

Значит, КТ = -(15 - LE) = -(15 - х).
2
2
Пусть КТ = у, 2у = 15 - х, или х + 2у = 15.
Из &KLT LT2 = 81 - у2, из NLTF LT2 - 122 - (х + у)2.
Значит, 81 - у2 = 144 - (х + у)2, или 81 - у2 = 144 - х2 - 2ху - у2, от­
куда х2 + 2ху = 63, или х(х + 2у) = 63. Но х + 2у = 15, тогда получим
15х = 63, откуда х = —= —= 4,2, т. е. LE = 4,2.

Ответ: 4,2.
66. По условию MNKL — ромб. Пусть ML = х, тогда Pmnkl = 4х = 80,

откуда х = 20. Так как МК = 32, то МО = —МК = 16.
2
Из ШОЕ МО2 = ME2 + ОЕ2, или ME2 + ОЕ2 = 256.

Разлел III. Решения некоторых залач

•» 143

Так как МК ± NL (по свойству ромба), то AMOL — прямоугольный, и
так как ОЕ 1 ML, то МО2 = ML • ME, или 162 = 20 • ME, откуда

МЕ = —
5

Значит,

+ ОЕ2 = 162, или ОЕ2 =

64
64^1
16----- 16 + — , или

_р2 16 144
4 12 48 од
ОЕ = —--- —, откуда ОЕ = —— = —= 9,6.
о
о
5
5
Ответ: 9,6.
72. ZA = 180° • (6 - 2): 6 = 120° — угол правильного шестиугольника,
АО — биссектриса угла А, т. е. Z.OAM = 60°, где М — точка касания с

окружностью. Из ААОМ ОМ = АО • sin 60° = 5>/3 •—=—.
2
2
Но ОМ = -АС, т.е.АС = 2-ОМ = 15.
2
Ответ: 15.

К таблице 23
2. \LM + KL + NO-NM\ = \(LM + MN) + NO + KL\
= \(LN + NO) + KL\ = |Ю + П|=|П + Ю|=|1О|

По условию ML = 17, KN = ML = 17, ON = 8.
Из ANOK KO = V172-82 = 7225 = 15.

Значит, |l6|=IO=15.
Ответ: 15.
6. \BA-BD + BC\=\BA + (DB + BC)\ = \BA + DC\.

По условию ABCD — прямоугольная трапеция, где BD = 2-^2, Z.CBD =
= 45° и LABD = 90°. Проведем высоту BE к основанию AD. Заметим, что
Z.CBD = ZADB = 45° как внутренние накрест лежащие углы при парал­
лельных прямых ВС, AD и секущей BD.
Тогда ZA = 45°, т. е. AABD — равнобедренный и АВ = BD. Кроме того,
CD = BE (как высоты трапеции) и CD || BE.

Значит, \BA + DC\=\BA + EB\=\EA\.
Из ADBA, где ZABD = 90°, АВ = BD = 2^2, имеем
AD2 = (2^2)2 +(2>/2)2 =16, AD = 4, тогда АЕ = 2, значит, |ЕА|=2.

Ответ: 2.

144 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

14. Пусть СМ = Зх, МВ = 2xJ2B_ = 5х.
АС + СВ = АВ, откуда АС = АВ - СВ = Ь- 5х.

Аналогично АС + СМ = АМ, или АС + Зх = а, АС = а- Зх.

Значит, а-Зх-Ь-5х, или 2х = -а+Ь, х = -—а+—Ь, тогда
2
2
— . 3. Зс
5. Зг
АС = а + —а—b = —а—Ь.
2
2
2
2
__ §
3_
Ответ: АС = —а—Ь.
2
2
23. Так как MNKP — параллелограмм, то точка О — середина диаго­

налей PN и МК. Тогда МО = —(MN + МР) (см. п. 84, задача 1, «Геомет2

рия. 7-9 класс», Л.С. Атанасян и др.), или МО=—(а+Ь)=—а + —Ь.
2
2
2
Значит, ОМ = -—а-—Ь. Аналогично, MA = —(MN + MK).
2
2
2
Но MK = MN + MP = b+a (по правилу параллелограмма), тогда
MA = -(b+b+a) = -d + b.
2
2

Ответ: ОМ = -—a-—b, МА = —а + Ь.
2
2
2
32. Так как М — середина АС, то АМ = МС’, аналогично BN = ND.

MN = MC + CN = -AC + (CD + DN) = -(AD+ DC) + CD+ -DB =
22
2

= -AD ДрС + с5 + -(ОС + СВ) = -AD + -DC + CD + -DC + -CB =
2
2
2
2
2
2
2
= —AD+—CB + (DC + CD) = —AD+—CB = —(AD + CB), что и требовалось
2
2
2
2
2
доказать.
39. Достроим АМАК до параллелограмма МАКЕ. Так как NO — медиа­
на AMNK, то NA : АО = 2:1, где А — точка пересечения медиан. Но АО =

Разлел III. Решения некоторых залач

•» 145

= ОЕ (по свойству параллелограмма), значит, АЕ = NA. По правилу парал­

лелограмма АЕ = АМ + АК. Но АЕ = -AN, тогда -AN = АМ + АК, откуда

AM + AN + AK = O.

К таблице 24
8. Пусть NR = х, MQ = у. Так как в ASQN ZQSN = 45° и QN1 SR, то

ZSQN = 45°^SN = QN = x + y = 4. Значит, ТЕ =-(SR + MQ) = -(2х +
2
2
+ у + у) = х + у = 4.
Ответ: 4.
12- Пусть в равнобедренной трапеции ABCD ВС = х, тогда AD = 2х,

EF= -(BC+AD)= —.
2
2
Пусть ВТ — высота трапеции, тогда АТ = — (AD - ВС) = — (2х - х) =
2
2
= -х, ВТ = 2 ОК = 2.
2
По свойству описанного четырехугольника AD + ВС = 2АВ, или

Зх = 2АВ,АВ = -х.
2

Из ^АВТ АВ2 = ВТ2 + АТ2, или -х2 =4 + -х2, 9х2 = 16 + х2, 8х2 = 16,
4
4
х2 = 2, х = ^2. Значит, EF = - = ^^-.
2
2
„
3^
Ответ:----- .
2
21. Пусть ВС = х, CD = 2х, AD = у.
EF — средняя линия трапеции ABCD, тогда

X+

2

— = 20, или х + у = 40.

Из ^ADC, где ZADC = 90°, имеем АС = у[^х2 ^у2.
Проведем высоту ВМ, тогда из NDMB DB = х/вМ2 + DM2, где ВМ =

= CD = 2х, DM = х, тогда DB = х/^х^+х2 = xf&c2 = Хх/б.
Так как АС 1 BD9 то

S^cd

= —АС • BD (см. № 478 «Геометрия. 7-9
2

класс», Л.С. Атанасян и др.).
s
_1
&ABCD ” g

х>/5.

146 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

С другой стороны, SABCD = — (х + у)’ 2х, тогда —^Дх^+у2-х^Ь
2
2

— (х + у)‘ 2х, или ^(^х^+у2) = 2(х + у). Но х + у = 40, тогда получим
2
7б(4х2 +у2) =80, или 4х2 + J/2 = 1280.

Имеем систему уравнений:
|4х2 +у2 =1280,

х + у = 40;

|4х2 +(40-х)2 = 1280,

[у = 40-х.

4х2 + 1600 - 80х + х2 = 1280, или 5х2 - 80х + 320 = 0, или х2 - 16х +
+ 64 = 0, (х - 8)2 = 0, х - 8 = 0, х = 8.
Значит, ВС = х = 8.
Ответ: 8.
24. Предварительно докажем, что если в трапеции сумма углов при
основании равна 90°, то отрезок, соединяющий середины оснований, ра­
вен их полуразности.

Доказательство.
Пусть точки К nF — середины оснований AD и ВС. Пусть AD = 2х и
ВС = 2у. Проведем КЕ || АВ и KL || CD. Заметим, что ЛКЕР = ЛА = 70° и
ZKLF = ЛВ = 20°, тогда ЛЕКЬ = 90°, т. е. &EKL — прямоугольный и
KF — медиана AEKL и, значит, КЕ = KF = FL = —EL = — (AD - ВС), что
и требовалось доказать.
Следовательно, — (2х - 2у) = 2, или х - у = 2.
2

Кроме того, MN = —(AD 4- ВС) = 4, или х + у = 4.
2
Получим систему уравнений:
2х = 6,
х + у = 4,
х-у = 2;
2i/= 2.
Итак, AD = 2х = 6, ВС = 2у = 2.
Ответ: AD = 6, ВС = 2.

ОТВЕТЫ
Таблица 2

1. 58. 2. 44. 3. 72. 4. 80. 5. 30. 6. 40. 7. 48. 8. 48. 9. 60. 10. 72.
11.42. 12. 30. 13. 40. 14. 78. 15. 38. 16. 60.
Таблица 3

1. АВАЕ = AEAD = 37°, ABAD = АС = 74°, АВ = AD = 106°. 2. АМ =
= АК = 75°, AMNK = AMLK = 105°, AMNF = 15°. 3. АК = АЕ = 75°,
AKLE = AKFE = 105°, AKLF = ALFE = 30°, ATFL = 60°, AFLE = 75°.
4. АМ = АЕ = 70°, AMFE = AMNE = 110°, AMFN = AFNE = 50°.
5. AS = AK = 70°, ASRK = ASLK = 110°, ASLM = 20°, ALRK = ASRL =
= 55°, ARLK = 55°. 6. AABC = ABCD = AADC = 90°, AABD = AADB =
= ACBD - ABDC = 45°, ABOM = ADON = 45°, ABON = 120°, AANM =
= ACMN = 105°. 7. AK = AM = 70°, AKLM = AMNK = 110°, AKLE =
= AMLF = 20°. 8. AM = AK = 60°, AMLK = AMNK = 120°, AMLE =
= ANLE = 30°, AMNL = AKNL = 60°. 9. AA = AC = 60°, AABC = AD =
- 120°, AABM = 30°, ABMD - ACBM = 90°. 10. AR = AK = 65°, ARSK =
= ARLK = 115°, ARSL = ASLK = 50°, AMSL = 40°. 11. AK = AQ = 75°,
AKLQ = AKMQ - 105°, AKMN = AMNQ - 85°, AQLT - 15°, AQMN =
= 20°, ANOT - 110°. 12. AA = AC = 65°, AABC = AADC = 115°, AABM =
= 30°, ABON - AMOD = 60°, AMON = 120°, AMDO - 25°, AOMD = 95°.
13. ASRM = ASTM = 36°, ARST = ARMT = 144°, ASRT = ATRM =
= ASTR = AMTR - 18°, ARSM = ATSM = ARMS = ATMS = 72°.
14. ABAD = ABCD = 60°, AABC = AADC = 120°, ABAC = ADAC = ABCA =
= ADCA = 30°, AABD = ACBD = AADB = ACDB = 60°. 15. AR = AN = 50°,
ARMN = ARKN = 130°, ARMT = ANML = 40°, ATML = 50°. 16. AL =
= AN = Z100°, = ALKN = ALMN = 80°, AMKT = ANKT = 20°, AKLN =
= AMLN = AKNL = AMNL = 50°, ALKM = AMKN = ALMK = ANMK =
= 40°, AKTN = 60°.
Таблица 4
1. AD = BC = 10, AB = CD = 14. 2. MN = EF = 10, MF = NE = 14.
3. QR = LM= 10, QL = RM = 14. 4. AB = CD = 8, AD = BC = 16. 5. MN =
= KL = 9,NK = ML = 15. 6.AB = CD = 9,AD = BC = 15. 7. LK = MN = 8,
LM = KN = 16. 8. AB = CD = 10, AD = BC = 14.

148 «• Геометрия.

Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Таблица 5

1. ABAD = 60°, АВ = 120°, ABCD = 120°, AD = 60°. 2. AS = ASKL =
= 125°, ASRL = AL = 55°. 3. AKLM = ALMN = 120°, ALKN = 60°.
4. AEKL = 125°, AEFL = 90°, AL = 55°. 5. AM = 60°, AMNS = 120°,
AMKS = 90°. 6. AEFK = AFKM = 120°, AFEM = AEMK = 60°. 7. AR =
= ARST = 90°, AT = 45°, ARQT = 135°. 8. AM = AKEM = 70°, AMNK =
= ANKE = 110°. 9. ADAB = 90°, ADCB = 135°. 10. AMNK = 105°, AL =
= 50°, AK = 130°. W.AR = 50°, AK = 70°. 12. ABAD = AD = 72°, AABC =
= ABCD = 108°. 13. AK = AKLN = 140°, AKMN = AN = 40°. 14. AA =
= AADC = 60°, AABC = AC = 120°. 15. AK = 50°, AKLM = 130°, AMNK =
= 80°. 16. AR = 50°, ARSM = 130°, AM = 100°, AMKR = 80°. 17. AA =
= AD = 70°, AB = AC = 110°. 18. AM = AN = 60°, AMKL = AKLN = 120°.
19. ADAB = 75°, AABC = 80°, AADC = 105°, ABCD = 100°. 20. ARKL =
= 105°, AKLM = 100°, AKRM = 75°, ALMR = 80°. 21. AFER = 60°,
AKFE = 70°, AKRE = 120°. 22. ABCD = 90°, AABC = 140°, ABAD = 40°.
23. ARMN = ASNM = 70°, AMRS = ARSN = 110°. 24. ADAB = 90°, AB =
= 100°, AC = 80°.
Таблица 6

1. 60. 2. 37. 3. 80. 4. 40. 5. 120. 6. 100. 7. 70. 8. 40.
Таблица 7

1. 360. 2. 336. 3. 289. 4. 64. 5. 192. 6. 256. 7. 36. 8. 70. 9. 144.
10. 144. 11. 144. 12. 144. 13. 144. 14. 144. 15. 144. 16. 49. 17. 24.
18. 60. 19. 128. 20. 72. 21. 128. 22. 288. 23. 64. 24. 288.
Таблица 8

1. 324. 2. 64. 3. 90. 4. 120. 5. 308. 6. 32>/3. 7. 50>/3. 8. 108. 9. 336.
10. 252. 11. 384. 12.80. 13. 32>/2. 14. 162. 15. 180. 16. 108х/3. 17. 50.
18. 72. 19. 126. 20. 63. 21.84. 22. 96. 23. 144. 24. 80.
Таблица 9

1. 49. 2. 8173/4. 3. 637з/2. 4. 80. 5. 50. 6. 144. 7. 2 70. 8. 56.

9. 320. 10. 416. 11. 63. 12. 78. 13. 45. 14. 18. 15. 60. 16. 144. 17. 28.
18. 64. 19. 52. 20. 78. 21. 108. 22. 225. 23. 32. 24. 56.

Ответы

•» 149

Таблица 10

1. 72. 2. 378. 3. 108. 4. 80. 5. 800. 6. 800. 7. 800. 8. 800. 9. 220.
10. 72. 11. 70. 12. 63. 13. 216. 14. 147л/3. 15. 147л/3. 16. 100. 17. 221.
18. 135. 19. 216. 20. 80. 21. 338. 22. 81. 23. 81. 24. 80. 25. 135.
26. 420. 27. 80. 28. 96. 29. 49. 30. 360. 31.96. 32. 72.
Таблица 11

1. 168/25. 2. 8V21/5. 3. 120/17. 4. вТз. 5. 420/37. 6. 12,5. 7. >/89.

8. бТб. 9. 2>/17. 10. 5. 11. 12. 12. 4,8. 13. 8. 14. 7,4. 15. 13Т2/12.
16. 7ТЗ. 17. 9. 18. 16/73. 19. 720/41. 20. 20. 21. 18. 22. 24. 23. 74.

24. 8. 25. 12. 26. 5>/2. 27. 30/7. 28. 26. 29. 10. 30. 10,5. 31. 84.
32. 1) 15; 2) 70/л/29. 33. 5 . 34. 24. 35. 25. 36. 36. 37. 14. 38. 17.
39. 18. 40. 5. 41. 27. 42. бЛ. 43. 5. 44. 6. 45. 15. 46. б^З. 47. 10.

48.12. 49. 4. 50.10. 51. 10>/з. 52. 8. 53. 30. 54. 4>/37. 55. 4. 56. 48/13.

57. 25. 58. 6. 59. 25. 60. зТП. 61. 12. 62. 24/^5. 63. 17. 64. 10.
65. 8. 66. 10. 67. 8. 68. 25. 69. 7. 70. 10. 71. 10. 72. 4.

Таблица 12

1. х = 27, у = 21, 2 = 24. 2. х = 5. 3. х = 100. 4. х = 54, у = 24. 5. х =
= 256, у = 100. 6. х = 13,125. 7. х = 48. 8. х = 15. 9. х = 7,5. 10. х = 10,8.
11. х = 80/7, у = 60/7.12. х = 16/3.13. х = 54, г/ = 48.14. х = 45.15. х = 48.
16. х = 64. 17. х = 14, I/ = 21. 18. х = 5, у - 7. 19. х = 60. 20. х = 72.
21. х = 7. 22. х = 31,2. 23. х = 18. 24. х = 9, у = 15.

Таблица 13
1. х = 15, I/ = 10. 2. х = 13, I/ = 36. 3. х = 8, у = 14. 4. х = 4, у = 8.
5. х = 4. 6. х = 4. 7. х = 40, у = 38. 8. х = 8. 9. х = 20/>/б, у = 2^6.

10. х = 12, у = 6. 11. х = 6, г/ = 8. 12. х = 5. 13. х = 6, I/ = 4. 14. х = 2 : 3.
15. х = 4 : 3. 16. х = 48. 17. х = 20, у = 16. 18. х = 6, у = 3. 19. х = 20,
у = 14. 20. х = 2 : 3. 21. х = 4 : 9. 22. х = 16, у = 4^3. 23.х = 10>/з,
у = 10. 24. х = 20, I/ = 14. 25. х = 16. 26. х = 5. 27. х = 2 : 3. 28. х = 12,
у - 8. 29. х = 1,2, у = 3,6. 30. х = 4, у = 6. 31. х = 8, у = 12. 32. х = 6,
^=18.

150 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах лля полготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Таблица 15

1. х = 7. 2. х = 18. 3. х = 32. 4. х = 34. 5. х = 11. 6. х = 14(1 + ^).
7.x = 20. 8. 5^. 9.x = 44. 10. х = 6. 11. х = 10. 12. х = 4,5. 13. х=11.
14. х = 15. 15. х = 108>/3. 16. х = 160.
Таблица 16

1. MN = 17, KL = 120/17, КТ = 8,5, ML = 64/17, LT = 161/34,
TN = 8,5. 2. KN = 10, KM = 24, NL = 50/13, LM = 288/13, KL = 120/13.
3. MN = 2^13, MK=4,NK=6, MT = 8/^X3, TK = 12/J13, TN = 18/ЛИ.

4. MK = 40, KN = 30, MN = 50, ML = 32, LN = 18, KL = 24.
5. MK = 5y/61, MN = 61, KN = 8^1, KE = 30, ME = 25, EN = 36.

6. KT = 60/13, MT = 144/13, TN = 25/13. 7. MK = 15, KN = 20, MN = 25,
KT = 12, NT = 16. 8. MK = 3413, KN = 2^/13, MN = 13, ME = 9, EN = 4.
9. MN = 13, NK = 5,MT = 25/13, NT = 144/13, TL = 1728/169, NL =
= 720/169, LK = 125/169. 10. MK = 8, MN = 16, KN = 8y/3, KE = 4^3.

Ti.MK = 6,MR = 3,6,KN = 8,KR = 4,8.12.MK = 9, MN = 3^13, KN = 6.

13. M^ = 5^/3, MK = 3j3, NK = 4^3. 14. KN = 81/5^34, KM = 15/^34,

MN = 4329/25. 15. KM = 45/^34,

NK = 21/^34. 16. MK = 6,

MN = 3^13.
Таблица 17

1.
6.

x = 5(1 + 73).

х = 107б.

7.

2. x = 8. 3. x = 14^. 4. x = 5>/3. 5. х = 6>/б(7з-1).
х = 4>/3.

8. х = 8. 9.

х = з7з.

10.

х = 4(1 + г/3).

11. х = 28(2-х/3). 12.х = 12.13. х = 8^3. 14. х = бЛ1. 15. х = 4Т43/3.
16. х = 12. 17. х = 1бТ2. 18. х = 2,5. 19. х = 8. 20. х = б72(4-1).
21. х = 3(5 + 43). 22. х = 20. 23. х = 3 : 2. 24. х = 30/13.

Таблица 18

1. ВС = 15, BD = 9,CD = 12, sin а = 3/5, tg а = 3/4. 2. МК = 369/40
ML = 81/40, sin а = 40/41, cos а = 9/41, tg а = 40/9. 3. СМ = 8, sina = i,
2
со8а = 7з/2,
tga = l/73, ctga = V3. 4. sina = T3/2, cosa = l/2,
tga = V3. 5. sina = T65/9, cos a = 4/9, tga = T65/4, ctga = 4/T65.

Ответы

•» 151

6. sina = —, cosa = —, tga =—, ctga =—. 7. KN = 25, KR = 20^5,
25
25
7
24
TM = 10, TK = 10jb, sina = l/V5, tg a = 1/2. 8. ^2(^3-l)/2.

9.AB = 20, BD = 20>/3, sina = 73/2, cos a = 1/2, tga = V3, ctga = l/V3.

10. sin a = 0,8, cos a = 0,6, tg a = 4/3, ctg a = 3/4. 11. AD = —(8 + 13л/3),

CD = 6,5,sina= 1/2, cosa = V3/2, tga = l/73. 12.UC=16, sina = T3/2,
cos a = 1/2, tga = V3, ctga = l/73. 13. sin a = 1/2, tga = l/V3,

KM = 9(у/3-у/2). 14. АВ = з710, AD = 12, sina = 2/^, cosa = l/V5,
tg a = 2. 15. sin a = 12/13, cos a = 5/13, tg a = 12/5, ctg a = 5/12.
16. sina = 5/V34, tga = 5/3.
Таблица 19

1. 30°. 2. 150°. 3. 120°. 4. 60°. 5. 120°. 6. MT = 15, LT = 9. 7. 4.
8. 11. 9.AB = 12, CD = 16. 10. 2. 11. 24. 12. MK = 24, NT = 24. 13. 42.
14. 12,5. 15. 16. 16. AM = AN = 18.

Таблица 20
1. 45°. 2. 30°. 3. 140°. 4. 120°. 5. 6. 6. 9^2. 7. 6. 8. 4. 9. 100°.
10. 12^2. 11. 57°. 12. 20°. 13. 25°. 14. 65°. 15. 60°. 16. 130°. 17. 35°.
18. 45°. 19. 9. 20. 15. 21. 16. 22. 1. 23. 15. 24. 48°. 25. 50°. 26. 40°.
27. 80°. 28. 110°. 29. 50°. 30. 125°. 31. 50°. 32. 80°. 33. 75°. 34. 10.
35. 10. 36. 18. 37. 12. 38. 6. 39. 17. 40. 5.

Таблица 21

1. 17°. 2. 32°. 3. 170°. 4. 7. 5. 6>/3. 6. 20°. 7. 24. 8. 2>/б1. 9. 120°.
10. 130°. 11. 67,5. 12. ЭТЗ. 13. 5л/2. 14. 28. 15. 15. 16. 5,6. 17. 130°.
18. 20°. 19. 4. 20. 10. 21. 21. 22. 2 : 3. 23. 2/3. 24. 23/12.

Таблица 22

1. 12,5. 2. 86. 3. 72. 4. 36. 5. 7,2. 6. 6. 7. 20(Тз+1). 8. 30 или 40.
9. 128. 10. 16л/з. 11. 13. 12. 10. 13. 216. 14. 25/6. 15. 65/8. 16. 6.
17. 20/3. 18. 16. 19. 28. 20. 25. 21. 96. 22. зТЗ(г/3 + 2). 23. 73(>/3+1).

24. 3. 25. 6. 26. 96. 27. 30. 28. 108. 29. 75/8. 30. 16^2 + 73.

31. 12>/2+?3. 32. 5. 33. 25. 34. 25. 35. 48. 36. 15. 37. 6. 38. 12.

152 «•

Геометрия. Залачи на готовых чертежах лля полготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

39. 18/29. 40. 3. 41. 18. 42. 6. 43. 144>/2. 44. 3. 45. 80. 46. 5>/3.
47. 384. 48. 15. 49. 48. 50. 36. 51. 168. 52. 20. 53. АВ = 21, ВС = 9,
CD = 6,AD = 18. 54. 48V3. 55. 5^2. 56. 10. 57. 600. 58. 180. 59. 4,2.
60. 24. 61. 40. 62. 3. 63. 30°. 64. 12. 65. 288. 66. 9,6. 67. 300. 68. 10.
69. 60°. 70. 60°. 71. 11. 72. 15.

Таблица 23

1. 6. 2. 15. 3. 6. 4. 13. 5. 8. 6. 2. 7. >/194, 5л/2, >/89. 8. в^З. 9. 32.
10. 36. 11. 12. 12. 12. 13. 6. 14. -d--b. 15. -m--n. 16. -d+-b.
2
2
5
5
2
4
17. -d + -b. 18. a) а^З; 6) a; в) а^З; г) а; д) a. 19. 1) -4; 2) 20; 3) 28;
4
4
4) 20; 5) 28; 6) 20; 7) -4; 8) 20. 20. BM = -m, NC = n, MN = -m + n,

BN = -2m + n.

21.

23. OM = --d--b,
2
2

DE = -d + b,
6

EF = -a--b.
6
2

22.

-a+-fe.
2
4

MA = -d+b. 24. -~d--b. 25. EA = -m+-n,
2 3
6
2
2

FB=-m-n. 26. AK = a+-b, KB = -d+-b. 27. RK = -n, KT = -m + n,
2
4
4
__

1

2

__

-

SR = rh-n. 31. 3. 33. -a. 34. -b. 35. KE = d + b,
3
3

NF = b-2d.

36.

TC = d+b,

LK = 2b-2d,

LB = b-2d.

NM = 2b-2d,

37.

-d+-b.
4
4

38. -d+-b. 40. -KR + -LT.
8
8
2
2
Таблица 24

1. 6. 2. 10. 3. ST = 10, MN = 20. 4. MN = 5, DC = 3. 5. KL = 9.

13. 5.
2
14. 14. 15. 4>/3. 16. 12. 17. 19. 18. 12. 19. 18. 20. 7,5. 21. 8. 22. 10.

6. RT = 26, EF = 18. 7. 8. 8. 4. 9. 0,5. 10. 30. 11. 9,8. 12.

23. 14,15. 24. ВС = 2, AD = 6.

СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие............................................................................................................... 3
Раздел I. Краткие теоретические сведения........................................................ 5
Планиметрия........................................................................................................................... 5

1. Углы............................................................................................................................... 5
2. Многоугольник.......................................................................................................... 6
3. Правильные многоугольники.................................................................................7

4. Треугольник................................................................................................................ 7

5. Признаки равенства треугольников.................................................................... 9
6. Неравенства треугольника.................................................................................... 10
7. Определение вида треугольника по его сторонам..........................................10

8. Прямоугольные треугольники (некоторые свойства)................................... 10

9. Признаки равенства прямоугольных треугольников................................... 10
10. Четыре замечательные точки треугольника................................................ 11

11. Произвольный треугольник.............................................................................. 12
12. Теорема Чевы..........................................................................................................13

13. Теорема Менелая................................................................................................... 13
14. Теорема синусов.................................................................................................... 14

15. Теорема косинусов................................................................................................ 14
16. Площадь треугольника........................................................................................ 14
17. Равносторонний (правильный) треугольник................................................ 14

18. Подобные треугольники..................................................................................... 15
19. Признаки подобия треугольников....................................................................15
20. Четырехугольник..................................................................................................16

21. Параллелограмм.................................................................................................... 16
22. Трапеция.................................................................................................................. 17
22.1. Равнобедренная трапеция......................................................................... 18
22.2. Прямоугольная трапеция....................................................................... 18

23. Прямоугольник...................................................................................................... 18
24. Ромб.......................................................................................................................... 19
25. Квадрат..................................................................................................................... 19

26. Окружность............................................................................................................ 19

27. Свойства касательных к окружности.............................................................. 20
28. Окружность и треугольник................................................................................ 20

29. Окружность и четырехугольник...................................................................... 21

30. Углы и окружность............................................................................................... 21

1 54 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

31. Метрические соотношения в окружности...................................................... 23
32. Длина окружности. Площадь круга и его частей.........................................23
33. Понятие вектора..................................................................................................... 24

34. Равенство векторов................................................................................................24
35. Координаты вектора.............................................................................................. 24

36. Действия над векторами...................................................................................... 25
37. Скалярное произведение векторов.................................................................... 25

38. Скалярное произведение в координатах......................................................... 26
39. Свойства скалярного произведения векторов................................................26
40. Уравнение окружности......................................................................................... 26
41. Уравнение прямой................................................................................................. 26

Раздел II. Упражнения в таблицах..................................................................... 28
Таблица 1. Определение и признаки параллелограмма.......................................... 28
Таблица 2. Свойства параллелограмма........................................................................ 30
Таблица 3. Свойства параллелограмма........................................................................ 32
Таблица 4. Параллелограмм............................................................................................. 34
Таблица 5. Трапеция...........................................................................................................35
Таблица 6. Трапеция...........................................................................................................38
Таблица 7. Площадь прямоугольника..........................................................................39

Таблица 8. Площадь параллелограмма........................................................................ 42
Таблица 9. Площадь треугольника................................................................................ 45

Таблица 10. Площадь трапеции....................................................................................... 48
Таблица 11. Теорема Пифагора......................................................................................... 52
Таблица 12. Определение подобных треугольников.................................................. 61
Таблица 13. Признаки подобия треугольников...........................................................64
Таблица 14. Признаки подобия треугольников...........................................................68
Таблица 15. Средняя линия треугольника................................................................... 70

Таблица 16. Пропорциональные отрезки в прямоугольном треугольнике....... 72
Таблица 17. Соотношения между сторонами и углами в прямоугольном
треугольнике............................................................................................................74
Таблица 18. Соотношения между сторонами и углами в прямоугольном
треугольнике............................................................................................................77
Таблица 19. Касательная к окружности........................................................................ 79
Таблица 20. Центральные и вписанные углы............................................................. 81

Таблица 21. Четыре замечательные точки треугольника........................................ 86

Таблица 22. Вписанная и описанная окружность...................................................... 89
Таблица 23. Векторы........................................................................................................... 98

Таблица 24. Трапеция. Средняя линия трапеции.................................................... 103

Солержание

•» 155

Раздел III. Решения некоторых задач............................................................ 106
К таблице 1.......................................................................................................................... 106
К таблице 2.......................................................................................................................... 106
К таблице 3.......................................................................................................................... 107
К таблице 4.......................................................................................................................... 108
К таблице 5.......................................................................................................................... 109
К таблице 6.......................................................................................................................... 110
К таблице 7...........................................................................................................................111

К таблице 8.......................................................................................................................... 113
К таблице 9...........................................................................................................................114
К таблице 10........................................................................................................................ 116
К таблице 11........................................................................................................................ 118
К таблице 12........................................................................................................................ 125
К таблице 13........................................................................................................................ 126
К таблице 14........................................................................................................................ 128
К таблице 15........................................................................................................................ 128
К таблице 16........................................................................................................................ 129

К таблице 17........................................................................................................................ 131
К таблице 18........................................................................................................................ 133

К таблице 19........................................................................................................................ 135
К таблице 20........................................................................................................................ 136
К таблице 21........................................................................................................................ 137
К таблице 22........................................................................................................................ 139
К таблице 23........................................................................................................................ 143

К таблице 24........................................................................................................................ 145

Ответы..................................................................................................................... 147
Таблица 2............................................................................................................................. 147
Таблица 3............................................................................................................................. 147
Таблица 4............................................................................................................................. 147

Таблица 5............................................................................................................................. 148
Таблица 6............................................................................................................................. 148

Таблица 7............................................................................................................................. 148

Таблица 8............................................................................................................................. 148
Таблица 9............................................................................................................................. 148

Таблица 10...........................................................................................................................149
Таблица 11........................................................................................................................... 149
Таблица 12...........................................................................................................................149
Таблица 13...........................................................................................................................149

156 «•

Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ. 8 класс

Таблица 15............................................................................................................................ 150
Таблица 16............................................................................................................................ 150

Таблица 17............................................................................................................................ 150
Таблица 18............................................................................................................................ 150

Таблица 19............................................................................................................................ 151
Таблица 20............................................................................................................................ 151
Таблица 21............................................................................................................................ 151
Таблица 22............................................................................................................................ 151
Таблица 23............................................................................................................................ 152
Таблица 24............................................................................................................................ 152

ЕНЕ

Учебное издание
Балаян Эдуард Николаевич

ГЕОМЕТРИЯ
Задачи на готовых чертежах
для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ

8 класс
Профильный уровень
Ответственный редактор С. Осташов
Технический редактор Л. Багрянцева

Формат 70 х 100/16. Бумага офсетная.
Печать офсетная. Усл. печ. л. 12,9. Тираж 3500 экз.
Заказ № 4613.
ООО «Феникс»
344011, Россия, Ростовская обл., г. Ростов-на-Дону, ул. Варфоломеева, 150
Сайт издательства:
Интернет-магазин:

www.phoenixrostov.ru
www.phoenixbooks.ru

Изготовлено в России. Дата изготовления 06.2018.
Изготовитель: АО «Первая Образцовая типография»
филиал «УЛЬЯНОВСКИЙ ДОМ ПЕЧАТИ»
432980, Россия, Ульяновская обл.,
г. Ульяновск, ул. Гончарова, 14

Издательство
^[^еникс

/

✓
/

✓
✓
/

Приглашает к сотрудничеству
АВТОРОВ для издания:
научной и научно-популярной литературы по
МВДИЦИНЕ и ВЕТЕРИНАРИИ, ЮРИСПРУДЕНЦИИ
и ЭКОНОМИКЕ, СОЦИАЛЬНЫМ и ЕСТЕСТВЕННЫМ НАУКАМ
литературы по
ПРОГРАММИРОВАНИЮ и ВЫЧИСЛИТЕЛЬНОЙ ТЕХНИКЕ
ПРИКЛАДНОЙ и ТЕХНИЧЕСКОЙ литературы
литературы по СПОРТУ и БОЕВЫМ ИСКУССТВАМ
ДЕТСКОЙ и ПЕДАГОГИЧЕСКОЙ литературы
литературы по КУЛИНАРИИ и РУКОДЕЛИЮ

Высокие гонорары!!!
Все финансовые затраты берем на себя!!!
При принятии рукописи в производство

выплачиваем гонорар на 10 % выше
любого российского издательства!!!

Рукописи не рецензируются и не возвращаются!
По вопросам издания книг:
Тел. 8 (863) 2618950

E-mail: ofTice@phoenixrostov.ru

Наш адрес:
344011, г. Ростов-на-Дону, ул. Варфоломеева, 150
Факс: (863) 261-89-50
http://www.Phoenixrostov.ru E-mail: reclamabook@jeo.ru

Редакционно-издательский отдел
Осташов Сергей Александрович (руководитель отдела)
Тел.: (863) 261-89-75 (доб. 2) e-mail: ostashov@aaanet.ru

Багрянцева Людмила Андреевна
(технический редактор)
Тел.: (863) 261-89-75 (доб. 2)

Сайт издательства Феникс: http://www.Phoenixrostov.ru
Вы можете ознакомиться с содержанием наших книг, прочитать
отдельные главы и выдержки из них и купить понравившуюся
книгу по самым низким ценам в интернет-магазине
www.phoenixbooks.ru.
Оплата — денежный перевод или электронный платеж,
доставка — почтой России.

^^^Издательство

%^е нике

344011, г. Ростов-на-Дону,
ул. Варфоломеева, 150
Тел.: (863) 261-89-50
www.phoenixrostov.ru

ПРЕДЛАГАЕТ:
Около 100 новых книг каждый месяц

Более 6000 наименований книжной продукции
собственного производства

ОСУЩЕСТВЛЯЕТ:
Оптовую и розничную торговлю книжной продукцией

ГАРАНТИРУЕТ:

Своевременную доставку книг в любую точку страны, за счет

издательства, ж/д контейнерами
Многоуровневую систему скидок
Реальные цены
Надежный доход от реализации книг нашего
издательства.

ТОРГОВЫЙ ОТДЕЛ

344011, г. Ростов-на-Дону, ул. Варфоломеева, 150
Контактные телефоны:

(863) 261-89-53, 261-89-54,
261-89-55, 261-89-56, 261-89-57.
Факс 261-89-58.
Начальник торгового отдела

Аникина Елена Николаевна
Тел.: (863)261-89-53.
E-mail: torgl53@aaanet.ru

Вышли в свет

Э. Н. Балаян

Геометрия.
Задачи на готовых чертежах

для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ.

7-9 классы
Предлагаемое вниманию читателя пособие
содержит более 1000 разноуровневых задач и
упражнений по основным темам программы гео­
метрии (планиметрии) 7-9 классов, скомпонован­
ных в 3 комплекта по готовым чертежам. 7 класс
Геометрия
задачи на готовых
содержит 12 таблиц, 8 класс — 25, 9 — 12 таблиц.
чертежах для лодготоао
кОГЭи ЕГЭ
Эти упражнения дают возможность учителю в
течение минимума времени решить и повторить
значительно больший объем материала, тем са­
мым наращивать темп работы на уроках.
Кроме того, приводятся краткие теоретические
сведения по курсу геометрии 7-9 классов, сопровождаемые опре­
делениями, теоремами, основными свойствами и необходимыми
справочными материалами. К наиболее трудным задачам приведены решения и указания.
Пособие адресовано учителям математики, репетиторам, сту­
дентам — будущим учителям, учащимся общеобразовательных
школ, лицеев, колледжей, а также выпускникам для подготовки
к ОГЭ и ЕГЭ.