ГЛАВА  1

ПЛАНИМЕТРИЯ

Ответы и решения

16. Обозначим высоту BE  (рис. 13)   через х.   

рис. 13

Тогда AE = x и FD = х√3 . Так   как  AD = AE + EF+ FD, то   а = х + b + х√3 . Отсюда,

______________________________________________

17. По условию AD  = 44 см и ВС = 16 см (рис. 14).

рис. 14

Следовательно, AE+FD = 28 см. Обозначив длину АЕ (в сантиметрах) через х, имеем FD = 28—x. По условию AB=17 см и СD = 25 см.

Значит,  BE² =17² — x²  и  CF²= 25² — (28 — х)². Получаем уравнение

17² — x² = 25² — (28 — х)²

откуда х = 8 (см). Следовательно, находим высоту h:

h = BE = √17² — x² =15 (см).

Теперь находим  .

Отв. S = 450 см².

______________________________________________

18.  Обозначим сторону вписанного квадрата  (рис. 15)  через x.

рис. 15

Из подобия треугольников AKL  ( где   ,    а  LK = x )   и AЕВ     (где AE = ^a/₂  и BE = ^a√3/₂ ) получаем    уравнение

из которого находим

Oтв.   S = 3a² (2 — √3 )² = 3 (7 — 4√3 ) а².

______________________________________________

19. По условию AD = 36 см  и DС = 14 см (рис. 16).

рис. 16

Площади S₁ и S₂ треугольников ADB и СВD, имеющих общую высоту, относятся как основания, т. е.

S₁ : S₂ = 36 :  14 = ¹⁸/₇.

Следовательно,    S₁= ¹⁸/₂₅ S,   где   S = S₁ + S₂ есть   площадь  треугольника ABC. По условию прямая EG делит пополам площадь S; значит, эта прямая пересечет основание  АС между точками А и D (а не между D и С).   Получим   треугольник AGE;    его площадь S₃ равна ¹/₂ S. Так как площади подобных треугольников AGE и ADB относятся как квадраты сторон AG и AD, то

¹⁸/₂₅ S :  ¹/₂ S = 36² : AG².

Отсюда найдем

AG = 30 (см).

Значит,

GC= AC—AG = (36 + 14)— 30 = 20 см.

Отв. 30 см и 20 см.

______________________________________________

20. См. решение предыдущей задачи.

рис. 17

Из условия AD : DC = l : 8 находим, что площадь треугольников BDC (рис. 17) составляет   ⁸/₉ площади S треугольника ABC. Так как по условию BD = 4, то имеем

EF² : 16 = ¹/₂S : ⁸/₉S.

Отв. EF = 3.

______________________________________________

21. Так как    S_EBF = S_DEFG = S_ADOC    (pис. 18),  тo площадь треугольника EBF вдвое меньше площади треугольника DBG и втрое меньше   площади   треугольника   ABC.    

pис. 18

Так   как   эти    треугольники подобны, то ЕВ² : DB² : AB² = 1 : 2 : 3. По условию АВ = а   следовательно, ЕВ = ^a/_√3    и   DB = ^a√2/_√3 .

Отв. Сторона АВ разбита на части    ^a/_√3 ,     ^a/_√3 (√2  — 1 )    и    ^a/_√3 ( √3  — √2)

______________________________________________

22. По условию площадь треугольника ABC (рис. 19) равна S, а площадь треугольника KBM равна q.

рис. 19

Три вершины четырехугольника совпадают с точками K, В и М ; четвертую же вершину L можно взять на стороне АС произвольно. Действительно, площадь S₁ четырехугольника LKBM есть сумма площади q треугольника КВМ и площади треугольника KLM, а последняя не меняется при движении вершины L по прямой АС, параллельной основанию КМ. Пусть высота BE треугольника ABC проходит через точку Е основания АС, Поместив точку L в точку Е, получим четырехугольник КВМЕ, диагонали    которого     взаимно     перпендикулярны;     следовательно, S₁ = ¹/₂ KM•BE. А так как q = ¹/₂ KM•BD, то S₁ : q = ВE : BD.

Но из подобия треугольников АВC и KBM имеем S : q = BE² : BD² . Следовательно,

Замечание.   Если точка L не  совпадает с   точкой Е, то решение видоизменяется так: находим

S₁=¹/₂ KM • BD + ¹/₂KM • NL = ¹/₂ KM (BD + ML) = ¹/₂ КМ • BE,

и дальше по-прежнему.

Отв. √Sq  

______________________________________________

23.  Пусть отрезок EF = x  (рис.   20)   делит    площадь трапеции ABCD (AD = a, BC = b) пзполам.

рис.   20

Тогда

  т. е. (а + х) FL = (х + b) FM.

Высоты FL и FM по отдельности найти нельзя (длина одной из них может быть взэта произвольно), но отношение FL : FM имеет определённую величину. Именно, из подобия треугольников HFD и CFK (где HD = a — х и СК = х— b) находим

Помножив почленно это равенство на предыдущее, получ;им

a² — х² = х² — b²

откуда

Другой способ. Продолжив боконые стороны,  получим подобные друг другу треугольники ВGС, EGF и AGD. Их площпди  S₁, S₂, S₃ пропорциональны квадратам сходственных сторон b, х, а, так что S₁ = qb², S₂ = qx², S₃ = qa², где q — некоторый коэффициент пропорциональности (величина его зависит от высоты трапеции).

По условию S₂—S₁= n = S₃ — S₂, т. е.

q(х² — b²)= q(a² — х²)

а так как  q =/= 0, то    х² — b² =  a² — х²

Отв.

______________________________________________

24.  По условию    BE = BF = a    (рис.    21)   и EF = b . 

рис. 21

Значит, EG = ^b/₂   и   .      По теореме о пропорциональных линиях в  прямоугольном треугольнике (BDE) находим

Теперь найдем сторону ромба  (AD) . Равнобедренные треугольники ABD и BEF подобны, так как их углы (все они острые) соответственно равны (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами). Следовательно,

AD : BD = BE: EF, т. е,

Отсюда находим AD, а затем площадь ромба S= AD • a.

Отв.   

______________________________________________

25.  Пусть АВ = 27 см и АС = 29 см (рис. 22);

рис. 22

тогда медиана AD = 26 см. Продолжим AD на расстояние DE=AD. Четырехугольник АВЕС будет параллелограммом (доказать!) со сторонами 27 см и 29 см.

Площадь треугольника ABC составляет половину площади полученного параллелограмма, но и площадь треугольника ABE также составляет половину площади параллелограмма АВЕС. Следовательно, площадь треугольника ABC равна площади треугольника ABE, а стороны последнего известны (AB = 27 см; ВЕ = = 29 см; АЕ=52 см). Теперь площадь треугольника можно вычислить по формуле Герона:

S = √ р(р — а)(р — b)(p — с)

Отв. 270 см².

______________________________________________

26. По   теореме    косинусов    а² = b² + с²  —2bс cos A, а так  как S = ¹/₂ bс sin А, т. е. sin A = ^2S/_bc = ⁴/₅,    то

cos А = ±  √1 — sin² A    = ± ³/₅

Получаем два решения; оба они годятся (в одном случае угол A oстрый, в другом — тупой).

______________________________________________

27. При обозначениях   рис. 23    имеем из   треугольника  ABC:

т²= b² + с²  —2bс cos B

рис. 23

а так как cos B = cos(180° — A) = — cos A, то т²= b² + с²  + 2bс cos A. Из треугольника ADC находим

т²= a² + d²  + 2ad cos D.

Приравнивая это выражение предыдущему, получаем

2bс cos A +2ad cos D  = a²— b² + d²—с².                      (1)

Таким    же   образом,    рассматривая    треугольники   ABD    и    CBD, получим

2ас cos A + 2bd cos D = a²— b²— (d²—с²).           (2)

Из уравнений (1) и (2) можно найти cos А и cos D, а после этого найдем т² и n² Вычисление удобно вести так: помножим (1) на b, а (2) на а, после чего вычтем первое уравнение из второго. Получим

2(a²— b² )с cos A = (a²— b² ) (a — b) — (d²—с²) (a + b).

Разделив обе части равенства на (a²— b²) [=/=0], получим

Замечание. Отрезок AD = a меньше ломаной ABCD. Поэтому задача может иметь решение лишь при условии a <  b + c + d. Однако одного этого условия мало, что видно из следующего. Пусть  а > b и c > d (если эти неравенства не выполняются, то всегда можно изменить обозначения и после этого неравенства будут иметь место).

Проведем прямую BL параллельно стороне CD. Получим параллелограмм DCBL, так что BL = CD = d и DL= CB = b. В   треугольнике ALB  сторона   LA = DA — DL = a — b  больше,   чем разность сторон АВ = с и BL = d. Поэтому должно соблюдаться еще второе условие а — b > c — d. Если хотя бы одно из двух условий не выполнено, то по крайней мере одно из выражений, полученных для т² и n², окажется отрицательным.

Двух условий a < b + c  + d и а — b > c — d уже достаточно, чтобы задача имела решение. Действительно, первое условие можно записать в виде а — b <  c + d. Следовательно, можно построить треугольник ABL со сторонами AL = a — b, AB = c и BL = d. Продолжив сторону AL на  расстояние LD = b и построив параллелограмм DLBC, получим четырехугольник ABCD; он будет трапецией с основаниями AD = a, BC = b и боковыми сторонами АВ = с и DC = d.

Отв.

______________________________________________

28. При обозначениях рис. 24, где /  А= 60°, имеем

BD²=AD²+AB² — 2•BA•AD•cos60° = a² + b²— ab,

AC² = a² + b² + ab.

рис. 24

Так   как  АС   больше   BD,   то   данное   отношение   ¹⁹/₇   равно    AC²/ BD²   (а не BD²/ AC²  Из уравнения

находим ^a/_b = ³/₂  и ^a/_b = ²/₃.  Оба эти значения дают один и тот же параллелограмм (на рис. 24 можно изменить обозначения — обoзначить АВ через а и AD через b).

Отв. Стороны относятся как 3 : 2.

______________________________________________

29. Пусть    О — произвольная  точка    внутри    равностороннего треугольника ABC  (рис. 25).

рис. 25

Соединим точку О с вершинами. Площади треугольников АОВ, BОС и СОА в   сумме   дадут площадь треугольника ABC. Обозначая сторону этого треугольника через а, а высоту через h, получим

(OK+OL+OM) ^a/₂ = ^ah/₂.

Отсюда находим

h = OK+ OL+ OM.

______________________________________________

30. По условию ВС = 47 м и СА = 9 м (рис. 26; нa этом чертеже истинные размеры не соблюдены); значит, ВA =56 м.

рис. 26

Следовательно, AD•AE = 9•56 = 504. Пусть AD = x , тогда DE = х + 72 и, значит,
АЕ = 2х + 72.    Из уравнения   х (2х + 72) = 504 находим х = 6.

Отв. АE = 84 м

______________________________________________