Тема ПЛАНИМЕТРИЯ

Счётная планиметрия → .07 Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела планиметрия

Разделы подтемы Счётная планиметрия

Отрезки касательных и секущих

Четырёхугольники в окружности, счёт отрезков и углов, теорема Птолемея, Кэзи

Подобные треугольники и теорема Фалеса

Теоремы Менелая и Чевы, Ван-Обеля и Жергонна

Теорема косинусов и теорема Пифагора

Счёт в синусах и просто теорема синусов

Счёт площадей, рельсы Евклида, теорема о линолеуме

Геометрия масс

Двойные отношения и гармонические четвёрки

Комплексные числа для планиметрии

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#92051Максимум баллов за задание: 7

В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ относятся как $1:2.$ Пусть $K$ – середина диагонали $AC.$ Прямая $DK$ пересекает сторону $AB$ в точке $L.$

а) Докажите, что $AL = 2BL.$

б) Найдите площадь четырёхугольника $BCKL$ , если известно, что площадь трапеции $ABCD$ равна $9.$

Показать ответ и решение

а) Заметим, что треугольники $TKC$ и $AKD$ равны по трем углам (из параллельности $TC$ и $AD$ ) и по одной стороне ( $AK = KC$ ). Значит, $AD = TC$ и $1 TB =2AD$ . Тогда по теореме Фаллеса $AL- AD- LB = TB = 2$ .

$PIC$

б) Заметим, что $SABCD = h⋅(AD2+BC)$ , где $h$ — высота трапеции. Значит,

h⋅(AD-+BC-)= h⋅3BC-= 9= 3SABC 2 2

Отсюда $SABC =3$ .

Заметим, что

S = AB-⋅AC-⋅sin-BAC- ABC 2

AL-⋅AK-⋅sin-LAK- SALK = 2

Значит,

SABC- AB-⋅AC-- AB- AC- SAKL = AK ⋅AL = AL ⋅AK = 3

Отсюда $SAKL =1$ и $SBLKC = 2$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#92074Максимум баллов за задание: 7

Трапеция $ABCD$ и параллелограмм $MBDK$ расположены так, что стороны параллелограмма параллельны диагоналям трапеции. Докажите, что площадь серой части равна сумме площадей чёрных частей:

$PIC$

Замечание. Рисунок для светлой темы!

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Проверять равенство площади сумме площадей фигур довольно сложно, практически всегда удобнее проверять равенство площадей двух отдельных фигур. Как это соображение может помочь в нашей задаче?

Подсказка 2

Путем добавления одного и того же четырехугольника задачу можно свести к доказательству равенства площадей треугольников KMD и ACK. Часто при решении необходимо убирать лишние точки с рисунка, сводя задачу к более простой. Площади какого треугольника на точках A, B, C, D равна площадь треугольника KMD?

Подсказка 3

Несложно показать, что его площадь равна площади DMB, а значит и площади ABD. Как из подобных рассуждений выразить площадь AKC?

Подсказка 4

Она равна площади треугольника ADC. Наконец, осталось проверить равенство площадей треугольников ABD и ACD.

Показать доказательство

Заметим, что с помощью одного и того же четырёхугольника серую часть можно дополнить до треугольника $ACK$ , а чёрные — до $MKD$ . Поэтому для доказательства, что площадь серой части равна сумме площадей чёрных частей, достаточно доказать $SACK = SMDK$ .

Заметим, что так как $AC ∥KD$ , то $SACK = SACD$ (у этих треугольников совпадают основания и из-за параллельности равны высоты). Аналогично из $BC ∥AD$ следует, что $SACD =SABD$ .

С другой стороны, так как $MBDK$ параллелограмм, то $SMBDK- SMDK = 2 =SMDB$ . Известно, что $AM ∥ BD$ , поэтому ещё и $SMDB =SADB.$

В итоге мы получили, что $SACK =SADB = SMDK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#97175Максимум баллов за задание: 7

Внутри стороны $BC$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ нашлась такая точка $E,$ что прямая $AE$ делит четырёхугольник на две равные по площади части. Какая из вершин четырехугольника находится дальше всех от прямой $AE?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Опустим из точек B, C, D перпендикуляры BB₁, CC₁, DD₁ на AE. В самом деле расстояние от A до AC равно нулю, потому нас интересует максимум из трёх проведённых перпендикуляров. У нас есть условие на равенство площадей треугольника ABE и четырёхугольника ADCE. Как отсюда сравнить отрезки BB₁, CC₁, DD₁?

Подсказка 2

Домножив длины отрезков на AE/2, получим площади треугольников ABE, ACE, ADE. Осталось их сравнить.

Подсказка 3

Площади треугольников ACE и ADE строго меньше площади четырёхугольника ADCE (ведь он является выпуклым). А значит, максимум из трёх площадей — площадь треугольника ABC, а максимум из трёх перпендикуляров — BB₁.

Показать ответ и решение

Опустим перпендикуляры $BB ,CC ,DD 1 1 1$ на прямую $AE.$

DD1 ⋅AE =2⋅SADE < 2⋅SADCE =2 ⋅SABE = BB1 ⋅AE

откуда $DD1 < BB1.$ Аналогично из неравенства $2⋅SACE <2 ⋅SADCE$ получаем, что $CC1 < BB1.$ Поскольку расстояние от точки $A$ до прямой $AE$ равно $0,$ получаем, что вершина $B$ удалена от прямой $AE$ больше, чем все остальные вершины четырехугольника $ABCD.$

$PIC$

Ответ:

Вершина $B$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#100189Максимум баллов за задание: 7

В квадрате $ABCD$ отмечены точки $E$ и $F$ — середины сторон $BC$ и $CD$ соответственно. Отрезки $AE$ и $BF$ пересекаются в точке $K.$ Что больше: площадь треугольника $AKF$ (введите $1$ ) или площадь четырёхугольника $KECF$ (введите $2$ )?

Источники: Муницип - 2022, Ростовская область, 8.5 (см. tasks.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим площадь треугольника AKF x, а площадь четырехугольника FKEC y, а S — площадь всего квадрата. Площади каких фигур дополняют x и y до S, и чему эти площади равны?

Подсказка 2

Верно! Это площади прямоугольных треугольников, которые равны по S/4. Тогда x + y = S/2. Как можно оценить разность x - y?

Подсказка 3

Точно, она равна 2(S/4 - y). А какой знак имеет эта скобка?

Подсказка 4

Сходу сказать, какой знак у S/4 - y не получится. А можно ли найти какую-нибудь фигуру с площадью S/4, которая содержит CEKF или содержится в CEKF?

Показать ответ и решение

Обозначим площадь треугольника $AKF$ через $S, 1$ а площадь четырёхугольника $KECF$ через $S . 2$

$PIC$

Пусть площадь квадрата равна $S,$ тогда $S1+ S2+ SABE + SADF =S.$ Учитывая, что $SABE =SADF = S∕4,$ получим $S1 +S2 = S∕2.$ Значит,

S1− S2 = (S∕2− S2)− S2 =2(S∕4 − S2)= 2(SBCF − S2)> 0

Следовательно, $S1 > S2.$

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#33396Максимум баллов за задание: 7

Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность $ω$ с центром О. Окружность, проходящая через точки $A,O$ и $C$ , пересекает отрезок $BC$ в точке $P$ . Касательные к $ω$ , проведённые через точки $A$ и $C$ , пересекаются в точке $T$ . Отрезок $TP$ пересекает сторону $AC$ в точке $K$ . Известно, что площади треугольников $AP K$ и $CP K$ равны соответственно $6$ и $4$ .

а) Найдите площадь треугольника $ABC$ .

б) Пусть дополнительно известно, что $7 ∠ABC = arctg 5$ . Найдите $AC$ .

Источники: Физтех - 2021, 11.6 (см. olymp.mipt.ru)

Подсказки к задаче

Пункт а, подсказка 1

Сразу воспользуемся тем, что AT и TC — касательные к ω. Получаем, что углы OCT и OAT - прямые. Что тогда мы можем сказать про окружность, проходящую через A, O, C?

Пункт а, подсказка 2

Да, верно! Эта окружность также проходит через точку T, а отрезок OT является её диаметром. Теперь, чтобы подобраться к точке K, попробуйте посчитать вписанные в данную окружность уголки, обозначив ∠ABC за β.

Пункт а, подсказка 3

Отлично! Мы получили, что ∠TAC = ∠TPC = ∠ABT = ∠ABC = β. Тогда у нас PK || ABC. Значит, треугольники ABC и CPK подобны. Для решения задачи осталось лишь найти коэффициент подобия между ними. Для этого воспользуйтесь последним условием на площади треугольников APK и CPK. Ведь мы знаем, что у них высота из P общая.

Пункт б, подсказка 1

Ещё из пункта а) мы знаем, что ∠APK = ∠KPC и отношение AK к KC. Тогда воспользуемся свойством биссектрисы для PK. А также у нас есть новое условие на β. Раз мы знаем, что tgβ = 7/5, то легко можем найти sin2β или cos2β.

Пункт б, подсказка 2

В треугольнике APC мы знаем cos∠APC = cos2β и отношение AP к PC. Если бы мы знали хоть одну из сторон AP и PC, то мы бы легко нашли AC через теорему косинусов. Попробуйте выразить площадь треугольника APC двумя способами и найти оттуда AP.

Пункт б, подсказка 3

Пользуясь условием на площади треугольников APK и CPK, получаем, что площадь APC равна 10. С другой стороны, эта же величина равна sin∠APC*AP*PC/2. Осталось лишь всё выразить и досчитать.

Показать ответ и решение

$PIC$

a) Так как прямые $TC$ и $TA$ - касательные к $ω$ , они перпендикулярны радиусам, проведённым в точки касания, и $∠OCT =∠OAT = 90∘$ . Отсюда следует, что точки $A$ и $C$ лежат на окружности с диаметром $OT$ (назовём эту окружность $Ω$ ). На этой же окружности лежит точка $P$ , поскольку она лежит на окружности, проходящей через точки $A,O,C$ . Обозначим $∠ABC = β$ . Тогда по свойству угла между хордой и касательной получаем, что $∠TAC = β$ . Далее, $∠T PC =∠T AC =β$ (углы, вписанные в окружность $Ω$ ). Из того, что $∠TPC = ∠ABC$ , следует, что $AB ∥PT$ .

Так как у треугольников $APK$ и $CPK$ общая высота, проведённая из вершины $P$ , их площади относятся как основания, т.е. $CK :AK = S△CPK :S△APK = 4:6 =2 :3$ . Треугольники $ABC$ и $KP C$ подобны, поскольку $PK ∥AB$ , и коэффициент подобия $k$ равен $CAKC= AK+CKKC- = 1+ ACKK-= 52$ . Но тогда $SABC =$ $k2⋅S△CPK = (52)2⋅4= 25$

б) Поскольку $∠ABC$ острый, то $∠AOC = 2∠ABC = 2β$ (центральный угол вдвое больше вписанного), $∠AP C =∠AOC =2β$ (вписанные в $Ω$ углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, $PK−$ биссектриса треугольника $ACP$ (также можно заметить, что $∠T PA= ∠TCA = ∠ABC = β$ , как вписанные и как угол между касательной и хордой соответственно). Биссектриса треугольника делит противоположную сторону пропорционально двум другим сторонам, поэтому $CP :AP = CK :AK = 2:3$ . Пусть $CP = 2y$ ; тогда $AP = 3y$

Из дополнительного условия $β = arctg 7 5$ . Следовательно,

cos2β cos2 β− sin2β 1− tg2β 1− (7)2 12 cos2β =--1--= cos2-β+-sin2β = 1+-tg2β-= 1+-(57)2 = −37 ∘(-----)-(-----) ∘ -5--- sin2β = ∘1-− cos22β = 1 + 12 1− 12 = 49⋅25= 35. 37 37 372 37

Площадь треугольника $ACP$ равна $1 1 35- 105-2 2 ⋅CP ⋅AP sin2β = 2 ⋅2y⋅3y ⋅37 = 37 y$ , откуда получаем $105y2 37 = 10$ , $2 74- y = 21$ . По теореме косинусов из треугольника $APC$ находим, что $AC2 = (2y)2+ (3y)2− 2 ⋅2y⋅3y⋅cos2β =$ $12 625y2 625⋅74 13y2+ 12y2⋅37 =--37- = 37⋅21$ , откуда окончательно получаем $25√2 AC = -√21-$ .

Ответ:

$a)25, b)2√5√2 21$

Критерии оценки

Решён пункт а) – 4 балла;

частичные продвижения за пункт а):

доказано, что 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵 – 2 балла;

доказано, что четырёхугольник 𝐴𝑂𝐶𝑇 вписанный – 1 балл (не суммируется с вышеуказанными 2 баллами).

Решён пункт б) – 3 балла;

частичные продвижения за пункт б):

доказано, что 𝑃𝐾 – биссектриса треугольника 𝐴𝑃 𝐶 – 1 балл.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#38645Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AL$ и $BK$ пересекаются в точке $I$ . Известно, что площадь треугольника $ABI$ равна 30, площадь треугольника $AKI$ равна 8, а $AB :BC =2 :3$ . Найдите площадь четырёхугольника $CKIL$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано много отношений и две площади. Опытные геометры знают, что при таком условии, надо решать задачу через счет площадей и их отношений. Вот только с чего начать, аж глаза разбегаются… Ну давайте, вспомнив свойство биссектрисы, поймем чему равна площадь CKI?

Подсказка 2

Площади треугольников AIK и CIK относятся как отношение AK и KC, а оно в свою очередь, по свойству биссектрисы, равно AB/BC. Значит, площади AIK и CIK относятся как 2/3. Значит, площадь CIK равна 12. Так, ну это уже что-то. Чтобы найти площадь CIL, надо понять чему равно отношение CIL и ILB, а также найти площадь треугольника CIB. Ого! Но мы ведь ее знаем!

Подсказка 3

Отношение площадей треугольников AIB и CIB равно отношению AK/KC, но ведь мы его знаем. И площадь AIB мы знаем. Значит, площадь CIB равна 45. Осталось найти отношение CIL и ILB, но ведь оно равно CL/LB, которое равно отношению AIB и AIC = 2/3. Ура! Все найдено, а значит, осталось посчитать площадь CIL и получить ответ!

Показать ответ и решение

Заметим, что площади треугольников $AKI$ и $CKI$ относятся, как $AK$ к $CK$ (ведь $S = 1r⋅AK,S = 1r⋅KC AKI 2 CKI 2$ ). Отрезки $AK$ к $CK$ , в свою очередь, по свойству биссектрисы, относятся, как $AB$ к $BC$ , то есть, $2 :3$ . Тогда $3 SCKI = 2SAKI = 12$ . Таким образом, $SACI =SAKI +SCKI = 20$ .

Поймём теперь, что $AC :AB =SACI :SABI = 20 :30 =2 :3$ . Это значит, что $SABI :SCBI = AB :BC = 2:3$ и $3 SBCI = 2 ⋅30= 45$ . Также: $SCLI :SBLI =AC :BC = = 2:3$ и $2 SCLI = 5 ⋅SSBI =18.$ Итого, $SCKIL = SCKI + SCIL = 12+ 18 =30.$

$PIC$

Ответ: 30

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#79897Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ на сторонах $AB$ и $AC$ выбраны точки $D$ и $E$ соответственно так, что $AD :DB = 2:1$ и $AE :EC =3 :1.$ Пусть отрезки $BE$ и $CD$ пересекаются в точке $F.$ Найти площадь треугольника $ABC$ , если площадь четырехугольника $ADF E$ равна $SADFE = 7.$

Источники: САММАТ - 2021, 11.3 (см. sammat.samgtu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Из условия задачи нам известна площадь четырёхугольника. А найти нужно площадь ABC. Идея попробовать выразить площадь треугольника через четырёхугольник, наверное, не очень хорошая. Но тогда какую часто встречающуюся идею здесь можно применить?

Подсказка 2

Верно, можно же найти какую часть от всего треугольника составляет четырёхугольник. Тогда и задача будет решена. Что теперь для этого нужно сделать? Понятно, что напрямую мы не найдём это.

Подсказка 3

Да, найдём это отношение как разность. Из всего треугольника вычтем маленькие треугольники. Осталось только найти, какую они составляют часть. Найти отношение для площадей BCE и BCD не составляет труда. Остался треугольник CFB. Для этого нам надо знать отношение EF к FB или CF к FD. О какой теореме здесь можно вспомнить?

Подсказка 4

Верно, можно вычислить это отношение через теорему Менелая. Теперь осталось только посчитать, какую часть составляет четырёхугольник, и победа!

Показать ответ и решение

Проведем в треугольнике $ABC$ отрезки $BE$ и $CD,$ пусть они пересекаются в точке $F.$ Пусть также площадь треугольника $△ABC$ равна $S.$

$PIC$

Треугольники $△ABC$ и $△BCD$ имеют общую высоту, проведенную из вершины $C,$ поэтому их площади относятся как отношение оснований $AB$ и $BD :$

S AB AD + BD AD S△△ABBCCD- = BD-= --BD----= 1+ BD-= 1+ 2=3,

поэтому площадь треугольника $△BCD$ равна

S△BCD = 1 S 3

Треугольники $△ABC$ и $△BCE$ имеют общую высоту, проведенную из вершины $B,$ поэтому их площади относятся как отношение оснований:

S△ABC- AC- AE-+-CE AE- S△BCE = CE = CE = 1+ CE = 1+3 =4

поэтому площадь треугольника $△BCE$ равна

1 S△BCE = 4S

Найдем, в каком отношении точка $F$ делит отрезок $CD.$ Для этого запишем теорему Менелая для треугольника $△ACD$ и секущей $CD :$

AE CF DB EC- ⋅FD-⋅BA-= 1

31 ⋅ CFFD ⋅ 11+2-= 1

CF-= 1 FD

т.е. $CF = FD.$ Тогда $CF =F D= 1CD. 2$ Треугольники $△BCD$ и $△BCF$ имеют общую высоту, проведенную из вершины $B,$ поэтому их площади относятся как отношение оснований:

S△BCD- CD- CF-+-FD- S△BCF = CF = CF = 1+1 =2,

поэтому площадь треугольника $△BCF$ равна

S△BCF = 12S△BCD = 16S

Но тогда площади треугольников $△BDF$ и $△CEF$ равны

S△BDF = S△BCD − S△BCF = 1S− 1S = 1S 3 6 6

S = S − S = 1S − 1S = 1-S △CEF △BCE △BCF 4 6 12

Таким образом, площадь четырехугольника $ADF E$ равна разности площадей

1 1 1- -7 SADFE =S△ABC − S△BCF − S△CEF = S −6 S− 6S− 12S = 12S =7

откуда следует, что искомая площадь $S$ треугольника $△ABC$ равна $12 7⋅ 7 = 12.$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#94763Максимум баллов за задание: 7

На плоскости нарисован равносторонний треугольник и три окружности с центрами в его вершинах, причём радиус каждой из окружностей меньше высоты треугольника. Точка плоскости красится в жёлтый цвет, если она лежит внутри ровно одной из окружностей; в зелёный, если внутри ровно двух; в синий, если внутри всех трёх:

$PIC$

Оказалось, что жёлтая площадь равна 1000 , зелёная 100 , а синяя — 1 . Что больше: сторона треугольника или суммарная длина зелёных отрезков, лежащих на сторонах треугольника?

Источники: ФЕ - 2021, 11.6 (см. www.formulo.org)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дали площади всех частей. Давайте попробуем выразить с их помощью площадь треугольника, ведь тогда сможем найти его сторону!

Подсказка 2

Жёлтую площадь внутри треугольника так просто не найти... Но зато сможем найти площади частей кругов, лежащих внутри треугольника (если найдём сумму площадей всех кругов), а потом вычтем лишние площади. Стоит заметить, что картинка симметричная, поэтому зелёные площади делятся сторонами треугольника пополам!

Подсказка 3

Отлично, площади треугольника и его сторону (он ведь равносторонний) нашли! Осталось её сравнить с суммой длин отрезков. Попробуйте выразить длины всех зелёных отрезков при помощи стороны треугольника и радиусов окружностей. И сравнить их сумму со стороной треугольника.

Подсказка 4

У вас наверняка получилось сравнение r₁ + r₂ + r₃ V 2a (V - неизвестный знак). Сумму радиусов мы не знаем, но что мы можем найти из известной нам суммы площадей кругов? А при помощи какого неравенства можно перейти к этому?

Подсказка 5

Из суммы площадей кругов мы знаем сумму квадратов радиусов! А какое неравенство связывает сумму чисел и сумму их квадратов? Тогда что будет больше?

Подсказка 6

Поможет неравенство о среднем арифметическом и средним квадратическим или неравенство КБШ (Коши-Буняковского-Шварца)! Остаётся только подставить числа и проверить, действительно ли (2а)² > 3(r₁² + r₂² + r₃²).

Показать ответ и решение

Сумма площадей трёх кругов равна $1000+ 2⋅100 +3⋅1= 1203$ ; сумма площадей трёх «линз» равна $100+ 3⋅1= 103$ («линза» - это пересечение двух кругов). Площадь треугольника равна $S1− S2+S3$ , где

$S1 =1203∕6$ — сумма площадей трёх 60-градусных секторов,

$S2 =103∕2$ — сумма площадей половинок трёх «линз», лежащих внутри треугольника; $S3 = 1$ — площадь синей области.

Действительно, при таком подсчёте каждая жёлтая область внутри треугольника посчитана 1 раз, каждая зелёная: $2− 1=1$ раз, синяя область: $3− 3+1 =1$ раз.

Итого получаем, что площадь треугольника равна $1203 103 1203−309+6 900 6 − 2 + 1= 6 = 6 = 150$ .

Пусть $r1,r2,r3$ — радиусы окружностей, $a$ — сторона треугольника. Тогда $√3 2 -4 a = 150.$ Докажем, что

(r1 +r2− a)+(r2+r3− a)+(r3+r1− a)< a,

то есть

r1+ r2+ r3 < 2a.

По неравенству Коши-Буняковского-Шварца

2 (2 2 2) (r1+r2+ r3) ≤ 3 r1 +r2 + r3 ,

так что остаётся доказать, что

∘ 3⋅1203 ∘-4----- --π---< 2 √3 ⋅150

Возведём обе части в квадрат и домножим их на $π√- 3$ , после чего применим цепочку очевидных неравенств

1203√3-< 1203⋅2= 2406 <2480= 800 ⋅3,1< 800π

Ответ: сторона

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#94775Максимум баллов за задание: 7

Серединный перпендикуляр к боковой стороне $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ пересекает боковую сторону $AB$ в точке $L$ , а продолжение основания — в точке $K$ . Найдите углы треугольника $ABC$ , если известно, что треугольники $ALC$ и $KBL$ равновелики.

Источники: Бельчонок - 2021, 11.3 (см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть M — середина АС. Тогда KM — серединный перпендикуляр к АС, что из этого следует? И нас просили найти углы АВС, тогда давайте обозначим ∠ACB = α и посчитаем остальные.

Подсказка 2

Да, AK = CK! Чем являются KL и KM? Что тогда можем записать? Условием про серпер воспользовались, теперь нужно использовать равенство площадей... Треугольники не связаны друг с другом, ничего общего у них нет... Тогда стоит поискать ещё равновеликие треугольники и заменить площадь(-и) △ALC или △KBL на какую-то другую или выразить её через другую. И сделать это так, чтобы у новой пары треугольников было что-то общее.

Подсказка 3

KL и KM — биссектрисы, тогда можно записать равенство отношений! А с площадями воспользуйтесь CM = MA. И запишите, какие произведения равны из равенства площадей. Ну и раз уж мы с отношениями работаем — видите подобные треугольники на картинке?

Подсказка 4

Ага, △ABC ~ △KAC! И из этого мы получаем ещё одно равенство отношений. Но даже если посмотреть на все полученные до этого равенства, мы не сможем сделать какой-то вывод, который поможет решить задачу... И всем, что есть на картинке, мы уже воспользовались. Или нет? Какие теоремы нам помогают, когда хотим найти отношение?

Подсказка 5

Теорема Фалеса (обобщённая), Чевы, Менелая... Какая тут поможет? Можно воспользоваться ей или же сделать доп. построение — провести через M среднюю линию △ABC. Так мы сами создадим пару параллельных прямых для теоремы Фалеса!

Подсказка 6

Менелая можно было применить, к примеру, для △ABC и секущей ML. Фалес помогал для секущих KM и KN. Остаётся только воспользоваться всеми найденными соотношениями и заметить что-то хорошее. Попробуйте выразить через них АВ и KB. А дальше останется только простой счёт углов!

Показать ответ и решение

Пусть $M$ и $N$ — середины отрезков $AC$ и $BC$ соответственно, $α = ∠ABC$ . Тогда $MN$ — средняя линия треугольника $ABC, MN ∥AB$ . Поскольку точка $K$ лежит на серединном перпендикуляре в $AC$ , отрезки $KA$ и $KC$ равны, откуда $∠KAC =∠KCA = α$ .

$PIC$

В силу условия

SKBL KL ⋅LB LB LM 2 = SAML-= LM-⋅AL-⇔ AL-= 2⋅KL-.

Так как $KL$ — биссектриса треугольника $AKB$ , мы получим

LB-= KB-. AL AK

Кроме того,

2⋅ LM = 2⋅ BN-= BC-. KL KB KB

Тогда из этих двух соотношений

KB- KB- LB- LM- BC- 2 CK = AK = AL = 2⋅KL = KB ⇒ KB =BC ⋅CK.

Треугольники $ABC$ и $KAC$ подобны по двум углам, откуда

CK AB AB- = BC-⇒ AB2 =BC ⋅CK

Поэтому $KB =AB$ , то есть треугольник $ABK$ равнобедренный. Заметим, что

∠BAK = ∠CAK − ∠CAB = α− (180∘− 2α)= 3α − 180∘,∠AKB = 180∘− 2α.

Мы получаем $∘ ∘ 3α− 180 =180 − 2α$ , откуда $∘ α =72$ . Таким образом, углы $ABC$ и $ACB$ равны $∘ 72$ , а угол $BAC$ равен $36∘$ .

Ответ:

$36∘,72∘,72∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#95207Максимум баллов за задание: 7

Функция $y =f(x)$ определена на множестве $(0,+∞ )$ и принимает на нем положительные значения. Известно, что для любых точек $A$ и $B$ на графике функции площади треугольника $AOB$ и трапеции $ABHBHA$ равны между собой $(HA,HB$ — основания перпендикуляров, опущенных из точек $A$ и $B$ на ось абсцисс; $O$ — начало координат).

Найдите все такие функции. Решение обоснуйте.

Источники: Межвед - 2021, 11.2 (см. v-olymp.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте отметим точку пересечения OB и AH(a). Можно ли из равенства площадей в условии перейти к другому, которое более удобно исследовать?

Подсказка 2

Обратите внимание на то, что у фигур из условия есть общие части. Это значит, что оставшиеся от них части равновелики. Но тогда снова придётся считать площадь трапеции... нельзя ли перейти к равновеликим треугольникам?

Подсказка 3

Треугольники AOH(a) и BOH(b) равновеликие! А чему же равна их площадь? Понятно, что она зависит от абцисс точек A и B.

Подсказка 4

Если абциссы равны x и t соответственно, то получаем равенство x * f(x) = t * f(t). Осталось лишь понять, какие же фукнции нам подходят ;)

Показать ответ и решение

Пусть $M$ — точка пересечения отрезков $OB$ и $AH A$ .

$PIC$

Так как площади треугольника $AOB$ и трапеции $ABHBHA$ равны между собой, то площади треугольников $AMO$ и трапеции $MBHBHA$ также равны между собой. Отсюда следует, что равны и площади треугольников $AOHA$ и $BOHB$ .

Пусть абсциссы точек $HA$ и $HB$ равны $x$ и $t$ соответственно. Тогда имеем равенство

x⋅f(x)= t⋅f(t)

При каждом возможном $t> 0$ получаем

f(x)= c, c>0 x

Ответ:

$f(x)= c,c >0 x$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#97981Максимум баллов за задание: 7

Директор школы, завхоз и родительский комитет, не договорившись друг с другом, купили по ковру для школьного актового зала размером $10×10.$ Подумав, что же делать, они решили положить все три ковра так, как показано на картинке: первый ковёр $6× 8$ — в один угол, второй ковёр $6 ×6$ — в противоположный угол и третий ковёр $5×7$ — в один из оставшихся углов (все размеры указаны в метрах). Найдите площадь части зала, накрытой коврами в три слоя (ответ дайте в квадратных метрах).

Показать ответ и решение

Все размеры будем считать в метрах, а площадь — в квадратных метрах. Посмотрим на перекрытие второго и третьего ковров. Это будет прямоугольник $5× 3$ ( 5 по горизонтали, 3 по вертикали), прилегающий к правой стороне квадратной комнаты, 4 — расстояние от верхней стороны, 3 — от нижней.

$PIC$

С первым ковром этот прямоугольник пересекается по горизонтали между 5-м и 8-м метрами от левой стороны квадратной комнаты, по вертикали — между 4-м и 6-м метрами от верхней стороны. В итоге получается прямоугольник $2×3$ , площадь которого равна 6.

Ответ: 6

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#97985Максимум баллов за задание: 7

Прямоугольную полоску длины $16$ разрезали на две полоски длин $9$ и $7.$ Эти две полоски положили на стол так, как показано на рисунке. Известно, что площадь части стола, покрытой только левой полоской, равна $27,$ а площадь части стола, покрытой только правой полоской, равна $18.$ Найдите площадь части стола, покрытой обеими полосками.

Показать ответ и решение

Поскольку у двух получившихся полосок ширина одинакова, их площади относятся как их длины, т.е. $9 :7$ . Обозначим через $S$ площадь, покрытую обеими полосками. Тогда

27+ S 9 18+-S = 7

7 ⋅(27+ S)= 9⋅(18+ S)

Решая это линейное уравнение, получаем $S =13,5.$

Варианты правильных ответов:

13,5
13.5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#100185Максимум баллов за задание: 7

Дан прямоугольник $ABCD.$ Прямая, проходящая через вершину $A$ и точку $K$ на стороне $BC,$ делит весь прямоугольник на две части, площадь одной из которых в $5$ раз меньше площади другой. Найдите длину отрезка $KC$ , если $AD =60.$

Источники: Муницип, 2021, 8.2, Москва (см. vos.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем провести через точку K прямую, параллельную стороне прямоугольника ABCD. Отношения площадей каких фигур можно найти?

Подсказка 2

Верно! Если площадь треугольника ABK равна S, то можно выразить площади двух прямоугольников, на которые разбивает наша параллельная прямая исходный прямоугольник. А как еще можно найти отношение их площадей?

Подсказка 3

Конечно! Из формулы получаем, что отношение площадей этих прямоугольников равно отношению сторон BK и CK. Как теперь найти нужный отрезок?

Показать ответ и решение

$PIC$

Проведём через $K$ прямую, параллельную $AB.$ Пусть она пересекает сторону $AD$ в точке $L,$ тогда $ABKL$ и $DCKL$ — прямоугольники. Пусть $SABK = S,$ тогда $SKLA =S.$ Очевидно, что $SAKCD =5S$ и $SLKCD = 5S− S = 4S.$

Отношение площадей прямоугольников $ABKL$ и $DCKL$ с общей стороной $KL$ равно отношению сторон $BK$ и $CK.$ Следовательно, $BCKK- = 24SS = 12,$ откуда получаем $KC = 23 ⋅BC = 23 ⋅60= 40.$

Ответ: 40

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#103183Максимум баллов за задание: 7

В ромб $ABCD$ вписана окружность $ω$ с центром $O.$ Точки $P$ и $Q$ выбраны на сторонах $BC$ и $CD$ соответственно таким образом, что $P Q$ касается $ω$ в точке $L.$ Обозначим точку касания $ω$ со стороной $CD$ через $K.$ Докажите, что площадь треугольника $PQD$ равна площади четырёхугольника $OLQK.$

Источники: Турнир Ломоносова - 2020, 11.2 (см. turlom.olimpiada.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Обозначим за M и N пересечение отрезков OL и OK с DP. С площадью четырёхугольника не так легко работать, да и нужные нам фигуры имеют общую часть. К какому тогда равенству площадей хочется перейти?

Подсказка 2

S(PML) + S(NKD) = S(OMN). А что интересного можно сказать про окружность, которая вписана в ромб?

Подсказка 3

Точка O — середина BD. Мы работаем с равенством площадей внутри четырёхугольника BPQD. Но задействована не вся его площадь. Быть может, какие-то площади можно "переложить"?

Подсказка 4

Проведите PO. Что можно сказать об образовавшемся треугольнике BPO?

Подсказка 5

PO --медиана треугольника BPD. А факт мы знаем про медиану? ;)

Показать доказательство

Для начала заметим, что центр вписанной окружности ромба совпадает с центром самого ромба, а значит, является серединой диагонали $BD$ . Теперь отметим точки пересечения отрезков $OL$ и $OK$ с отрезком $DP$ : точки $M$ и $N$ соответственно. Тогда вычитая из обеих площадей площадь пятиугольника $NMLQK,$ получаем, что нужное нам равенство площадей эквивалентно равенству

SPML + SNKD = SOMN

$PIC$

Добавим теперь к обеим частям равенства площади треугольников $OP M$ и $OND$ . Получим, что теперь наше равенство выглядит следующим образом

SOPL+ SOKD = SOPD

$PIC$

Теперь отметим точку $R$ касания вписанной в ромб окружности со стороной $BC$ . В силу симметрии относительно диагонали $AC$ треугольники $OKD$ и $ORB$ равны. А в силу симметрии касательных относительно прямой $OP$ равны треугольники $OPL$ и $OP R$ ( $OP$ , очевидно, является биссектрисой угла между касательными, и $PR = PL$ ). Тогда наше равенство переходит в следующее:

S = S + S = S + S =S OPD OPL OKD OPR ORB OBP

$PIC$

Но площади этих треугольников равны, так как медиана треугольника $BP D$ делит его на два равновеликих.

$PIC$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#109927Максимум баллов за задание: 7

В описанном пятиугольнике $ABCDE$ даны длины сторон

AB =10, BC = 9, CD = 11, DE =8, EA= 12.

Диагонали $AC$ и $BE$ пересекаются в точке $M.$ Найдите отношение площадей треугольников $AMD$ и $BMD.$

Источники: ИТМО - 2020, 11.6 (см. olymp.itmo.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим вписанную окружность и ее точку касания со стороной AB, пусть F. Что мы можем сказать о положении точки M?

Подсказка 2

Точка M лежит на отрезке DF. Тогда как можем выразить отношение площадей через какие-то составляющие?

Подсказка 3

Находим равные площади, выражаем искомые площади как разности площадей нескольких фигур. Из этого приводим отношение площадей к отношению сторон. Каких?

Подсказка 4

Нужно найти отношение AF/BF. Можем найти его, например, пользуясь некоторыми соображениями относительно периметра/полупериметра, длин остальных сторон. Выражаем через уже известные стороны и получаем ответ.

Показать ответ и решение

Обозначим точку касания вписанной окружности и стороны $AB$ за $X.$ Тогда точка $M$ лежит на отрезке $DX.$ Это следует, например, из теоремы Брианшона (которая гласит, что главные диагонали описанного шестиугольника пересекаются в одной точке) для вырожденного шестиугольника $AXBCDE.$

$PIC$

Тогда

S S − S AX SABMMDD- = SABDDXX-− SABMMXX-= BX-,

поскольку

SADX-= SAMX-= AX-. SBDX SBMX BX

Обозначим отрезки касания, прилегающие к вершине $A$ за $a$ , к вершине $B$ — за $b$ и т.д., а полупериметр пятиугольника за $p.$ Тогда

AX- a a+b+-c+-d+-e− (b+-c)−-(d+e) p-− BC-−-ED 8 BX = b = a+b+ c+ d+ e− (c+ d)− (a+e) = p− CD − AE = 2 =4.

Ответ: 4

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#68256Максимум баллов за задание: 7

В равнобедренном треугольнике $ABC$ на высоте $BH$ , которая в полтора раза больше основания $AC$ , как на диаметре, построена окружность, пересекающая боковую сторону $BC$ в точке $F$ . Каково отношение площади треугольника $FCH$ к площади треугольника $ABC?$ Какая часть площади треугольника $ABC$ находится внутри окружности?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так как наша окружность построена на BH как на диаметре, то ∠BFH=90°. Тогда в прямоугольном треугольнике BHC проведена высота HF, а в такой картинке возникает много подобных треугольников...

Подсказка 2

Если обозначить AC за 2a, BF за y, FC за x, то AH=HC=a, BH=3a. Из подобия треугольников BFH, FHC и BHC получаем, что 9a²=y(x+y) и a²=x(y+x) => y=9x. Как нам найти отношение площадей FCH и ABC, если у них есть общий угол?

Подсказка 3

Из формулы площади треугольника через стороны и синус угла между ними можно понять, что S(FCH)/S(ABC) = (CF*CH)/(CB*CA) = (y*a)/(2a*(x+y)) = 1/20. А можно ли как-то выразить x через a?

Подсказка 4

Можно! С помощью теоремы Пифагора для треугольника BHC. Получаем, что a=x * √10. Теперь мы можем выразить все отрезки на картинке через a. Чтобы узнать, какая часть площади треугольника находится внутри окружности, необходимо выразить площадь секторов HOF и HOP (где О- центр нашей окружности). А для этого нам необходимо знак угол HOF (HOF=HOP). Как его можно найти?

Подсказка 5

Можно воспользоваться теоремой косинусов для треугольника HOF, благо OF=OH=1,5a. После этого останется найти синус, и задача убита, ведь площади треугольников BOF и BOP это половинки площади треугольника BFH и BPH (FO и PO- медианы).

Показать ответ и решение

$PIC$

Введем обозначения: по условию высота $BH$ в полтора раза больше основания $AC$ , тогда пусть $BH =3a, HC = HA = a, BF = y$ и $FC = x$ . Поскольку угол $BF H$ — прямой(опирается на диаметр), то $△F HC ∼ △BHC, △BF H ∼ △BHC$ , тогда из отношений подобных сторон имеем

{ FHCC-= HBCC- BBFH-= BBHC-

{ a2 = x(y+ x), 9a2 =y(x+ y)

=⇒ y =9x

Из отношения площадей треугольников $FCH$ и $ABC$ с общим углом $HCF$ находим ответ на первый вопрос:

SFCH 12 ⋅a⋅x⋅sin∠HCF SABC-= 1⋅(x+-y)⋅2a⋅sin∠HCF--= 2

= ---x-- = 1- 2(x+ y) 20

По теореме Пифагора для треугольника $BHC$ выразим $x$ через $a:$

2 2 2 -a- a + 9a = 100x =⇒ x= √10.

Пусть $O$ — центр окружности, описанной вокруг треугольника $BHF$ . Обозначим $α= ∠HOF$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BOF$ , в котором

$∠BOF = 180∘− α$ и $BO = OF = 3a2-$ как радиусы:

BF2 = BO2 +OF 2− 2BO⋅OF ⋅cos∠BOF

( 9a )2 ( 3a)2 9a2 4 3 √10 = 2⋅ 2- +2 ⋅4--cosα =⇒ cosα = 5 =⇒ sinα= 5.

Обозначим площадь сектора $HOF$ через $S1$ . Тогда по формуле кругового сектора

2 S1 = 1⋅ 9a-⋅arcsin 3 2 4 5

Пусть $P$ — точка пересечения окружности и стороны $AB$ . Тогда внутри окружности, в силу симметрии, два таких сектора равной площади: $HOF$ и $HOP$ . Кроме того, внутри окружности два треугольника одинаковой площади: $SBOP = SBOF =S2$ . Теперь найдем $S2$

S2 = 1 ⋅ 9a2-sinα= 27a2 2 4 40

Тогда ответ на второй вопрос будет следующий:

2(9a2⋅arcsin 3+ 27a2) 2-(S1+-S2)= ---8-----2-5--40--= SABC 3a

3( 3 3) = 4 arcsin5 + 5

Ответ:

$-1; 3(arcsin3+ 3) 20 4 5 5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#100846Максимум баллов за задание: 7

В четырёхугольнике $ABCD$ диагонали пересекаются в точке $O$ . Известно, что $S = S = 3,BC = 3√2,cos∠ADC = √3- ABO CDO 2 10$ . Найдите синус угла между диагоналями этого четырёхугольника, если его площадь принимает наименьшее возможное значение при данных условиях.

Показать ответ и решение

Докажем, что четырехугольник $ABCD$ — параллелограмм. Пусть $x ,x,y ,y 1 2 1 2$ — отрезки, на которые диагонали делятся их точкой пересечения. Обозначим угол между диагоналями через $a$ .

$PIC$

По условию площади треугольников $ABO$ и $CDO$ равны, то есть

1 1 2x1y2sin a= 2x2y1sin a

Отсюда

x1 = y1, x2 y2

и, следовательно, треугольники $BOC$ и $AOD$ подобны по первому признаку подобия: две стороны ( $x1$ и $y1$ ) треугольника $BOC$ пропорциональны двум сторонам ( $x2$ и $y2$ ) треугольника $AOD$ , а углы, образованные этими сторонами ( $∠BOC$ и $∠AOD$ ), равны. Пусть $k = x1 = y1 x2 y2$ — коэффициент подобия треугольников $BOC$ и $AOD$ . Обозначим через $S$ площади треугольников $ABO$ и $CDO$ (по условию $S = 3 2$ ). Тогда $SBOC = k⋅S$ и $SAOD = S∕k$ . В итоге, площадь четырехугольника $ABCD$ может быть представлена в виде:

( 1) SABCD = SAOD+ SCDO +SBOC + SABO =2S +S k+ k

Известно, что для $k> 0$ минимальное значение выражения $1 k +k$ достигается при $k= 1$ . Значит, $x1 = x2$ и $y1 = y2$ , то есть диагонали четырехугольника точкой пересечения делятся пополам, поэтому $ABCD$ — параллелограмм. Его площадь $SABCD = 4S = 6$ .

Для нахождения синуса угла между диагоналями воспользуемся тем, что площадь четырехугольника равна половине произведения диагоналей на синус угла между ними:

SABCD = 1⋅AC ⋅BD ⋅sin a= 2SABCD- 2 AC ⋅BD

Чтобы найти длины диагоналей, вычислим сторону $CD$ , записав формулу для площади параллелограмма

SABCD = 4S = AD ⋅CD ⋅sin∠ADC

CD = -----4S----- = ---∘-4⋅ 32----= 2√5 AD ⋅sin∠ADC 3√2- 1− (√3-)2 10

Теперь найдем диагонали $AC$ и $BD$ по теореме косинусов из треугольников $ADC$ и $BCD$ :

AC = ∘AD2-+-CD2-− 2-⋅AD-⋅CD-⋅cos∠ADC-=√2- ∘---------------------------- √-- BD = AD2 + CD2+ 2⋅AD ⋅CD ⋅cos∠ADC = 74

Подставив найденные значения в соотношение (1), получим $√6- sina = 37$ .

Ответ:

$√-6- 37$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#46041Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC,$ площадь которого равна $20,$ проведена медиана $CD.$ Найдите радиус окружности, описанной около треугольника $ABC,$ если известно, что $√-- AC = 41,$ а центр окружности, вписанной в треугольник $ACD,$ лежит на окружности, описанной около треугольника $BCD.$

Источники: Ломоносов-2018, 11.8 (см. olymp.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала обозначим центр вписанной окружности △ACD как точку I. Тогда по условию BDIC — вписанный. Можем ли мы что-то сказать про углы BDIC? Например, угол DIC образован биссектрисами, он должен хорошо считаться через углы △ABC.

Подсказка 2

Конечно, он равен 90 + ∠A/2 (это несложно доказывается через сумму углов треугольника). Тогда, пользуясь свойством вписанного ч/у мы можем посчитать ∠B, он будет равен 90 - ∠A/2. Посчитаем для интереса оставшийся ∠C. Может быть, сможем что-нибудь сказать про △ABC.

Подсказка 3

Опа, а ведь ∠B = ∠C. Тогда △ABC равнобедренный. Это уже здорово! Ведь мы можем найти радиус описанной окружности по теореме синусов, а раз теперь имеем равнобедренный треугольник, то сможем скорей всего посчитать синус какого-нибудь угла! Тогда логичный ход — опустить высоту AH, H будет серединой BC. А теперь можно и составить кое-какие уравнения!

Подсказка 4

Первое уравнение, конечно, будет на площадь △ABC. А второе — теорема Пифагора для △AHB. Из получившейся системы найдём синус ∠B, задача решена! Не волнуйтесь, что получилось два ответа, так и должно быть)

Показать ответ и решение

Пусть $Q$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ACD$ . Тогда $AQ$ и $CQ$ — биссектрисы углов $DAC$ и $ACD$ соответственно, а по свойству вписанных углов имеем $∠DBQ = ∠DCQ$ . Значит, треугольники $ABQ$ и $ACQ$ равны (по стороне и двум углам), поэтому $AB = AC$ , т.е. треугольник $ABC$ равнобедренный.

$PIC$

Обозначив $BC = 2x$ , из условия на площадь треугольника $ABC$ получаем

x⋅∘41-− x2-=20

x4− (16+ 25)x2+ 42⋅52 =0

$x= 4$ или $x =5$ , причём оба найденных значения $x$ реализуются в условиях задачи: одно $(x= 4)$ получается для острого угла $BQC$ , а другое $(x= 5)$ — для тупого. Подставляя их в формулу для искомого радиуса описанной около треугольника $ABC$ окружности

√-- √-- R= AB-⋅AC-⋅BC- = -41⋅-41⋅2x= 41x, 4S 4⋅20 40

получаем два возможных ответа: $R = 4110-$ и $R = 481$ .

Ответ:

$41 8$ или $41 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#79927Максимум баллов за задание: 7

Медиана $AM$ треугольника $ABC$ перпендикулярна его биссектрисе $BL.$ Найдите площадь треугольника $ABM$ , если площадь треугольника $ABL$ равна $10.$

Источники: ПВГ 2017

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Интересный случай: биссектриса чему-то перпендикулярна. Что можно сказать о треугольнике, в котором она проведена?

Подсказка 2

Треугольник ABM равнобедренный! Давайте тогда отметим AB=BM=MC=x. А как использовать то, что BL — биссектриса?

Подсказка 3

AL/LC=AB/BC. А что тогда можно сказать про связь площадей ABM и ACM, ABL и BCL?

Подсказка 4

Площади ABM и ACM равны, а площадь ABL в 2 раза меньше площади BCL. Используем же это для поиска нужного отношения!

Показать ответ и решение

$PIC$

Биссектриса треугольника $ABM$ служит его высотой, поэтому $AB =$ $BM = MC ≡ x,$ а также $AL :LC =AB :BC = 1:2,$ откуда $AL = y$ и $CL= 2y.$ Далее, имеем

SABM-= -SACM- = -x⋅3y-= 3 SABL SBCL∕2 2x ⋅2y∕2 2

3 SABM = 2 ⋅10= 15

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#92867Максимум баллов за задание: 7

Аня взяла квадрат со стороной $24$ см, разрезала на $4$ одинаковые части и переложила их так, что получился квадрат со стороной $26$ см, а внутри образовалась квадратная дырка (см. рисунок). Найдите длины отрезков $AB$ и $BC.$

$PIC$

Источники: Лига открытий - 2017

Показать ответ и решение

Площадь исходного квадрата равна $576$ см $2,$ площадь нового — $676$ см $2.$ Соответственно, площадь дырки равна $100$ см $2,$ т. е. это квадрат со стороной $10$ см. Если отметить равные отрезки, то легко видеть, что $BC = AB +10$ см. Отсюда и получается ответ.

Ответ:

$AB = 7,BC = 17$

Предыдущая подтема

Следующая подтема