Задачи, решаемые методом площадей (страница 2)

а) Так как у треугольников \(NPR\) и \(RPM\) общая высота к основаниям \(NR\) и \(RM\) соответственно, то их площади относятся как их основания, то есть из \(S_{\triangle NPR} = S_{\triangle RPM}\) следует равенство \(NR = RM\).

Тогда \(PR\) – медиана в треугольнике \(MNP\), которая является биссектрисой, откуда \(MP = NP\) и \(PR\) – высота.

Аналогично из равенства \(S_{\triangle PRS}\) и \(S_{\triangle NPS}\) следовало бы, что \(RP = NP\), но \(RP\perp MN\), а \(NP\) не совпадает с \(RP\), следовательно, \(NP > RP\) и \(S_{\triangle PRS}\neq S_{\triangle NPS}\).

б)

Первый способ.

Обозначим \(\angle SPN = \alpha\), тогда \[S_{\triangle PNR} = 0,5\cdot bc\cdot\sin 2\alpha.\]

С другой стороны, \[S_{\triangle PNR} = S_{\triangle PNS} + S_{\triangle PSR} = 0,5\cdot b\cdot SP\cdot\sin\alpha + 0,5\cdot c\cdot SP\cdot\sin\alpha,\] тогда

\(0,5\cdot bc\cdot\sin 2\alpha=0,5\cdot b\cdot SP\cdot\sin\alpha + 0,5\cdot c\cdot SP\cdot\sin\alpha \quad \Leftrightarrow \quad 0,5\cdot 2\cos\alpha\sin\alpha\cdot bc = 0,5\sin\alpha\cdot SP(b+c)\quad \Leftrightarrow\)

\(\Leftrightarrow\quad 2\cos\alpha\cdot bc=SP(b+c) \quad \Leftrightarrow \quad SP = \dfrac{2bc\cdot\cos\alpha}{b + c}.\)
так как \(a + c \ne 0\).

На самом деле здесь мы не ограничивая общности (т.е. к произвольному треугольнику можно применить те же рассуждения) выразили биссектрису треугольника через половину угла, из которого она выходит, и через стороны, заключающие этот угол.

Тогда аналогично \(PQ = \dfrac{2ac\cdot\cos\alpha}{a + c}\), откуда \[\dfrac{PS}{QP} = \dfrac{2bc\cdot\cos\alpha}{b + c}:\dfrac{2ac\cdot\cos\alpha}{a + c} = \dfrac{b(a + c)}{a(b + c)}.\]

Второй способ.

По свойству биссектрисы \(PS\) треугольника \(NPR\): \[\dfrac{PN}{PR}=\dfrac{NS}{RS}=\dfrac bc\] Следовательно, можно обозначить \(NS=b\cdot t\), \(RS=c\cdot t\), где \(t\) – некоторый коэффициент.

Аналогично для \(\triangle MPR\): \[\dfrac{MP}{RP}=\dfrac{MQ}{RQ}=\dfrac{a}{c}\] Следовательно, \(MQ=a\cdot k, RQ=c\cdot k\).

Теперь по этому же свойству для \(\triangle SPQ\) и биссектрисы \(PR\) имеем: \[\dfrac{PS}{PQ}=\dfrac{c\cdot t}{c\cdot k}=\dfrac tk\] Следовательно, необходимо найти отношение \(t:k\).

По этому же свойству для \(\triangle NPM\) и биссектрисы \(PR\): \[\dfrac{NP}{MP}=\dfrac{NR}{MR} \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac ba=\dfrac{(b+c)\cdot t}{(a+c)\cdot k} \quad \Rightarrow \quad \dfrac tk=\dfrac{b(a+c)}{a(b+c)}=\dfrac{PS}{PQ}.\]

Ответ:

б) \(\dfrac{b(a + c)}{a(b + c)}\)

а) Рассмотрим треугольник \(ABN\): его площадь равна \(0,5\cdot AB\cdot h_1\), где \(h_1\) – длина высоты, опущенной из точки \(D\) на \(AB\), следовательно, \(S_{ABN} = 0,5\cdot S_{ABCD}\).

Рассмотрим треугольник \(BMC\): его площадь равна \(0,5\cdot BC\cdot h_2\), где \(h_2\) – длина высоты, опущенной из точки \(D\) на \(BC\), следовательно, \(S_{BMC} = 0,5\cdot S_{ABCD}\), тогда \[S_{ABM} + S_{MCD} = 0,5\cdot S_{ABCD}.\]

Таким образом, \(S_{ABN} = S_{ABM} + S_{MCD}\), откуда
\[(S_{ABP} + S_{PBN}) = (S_{ABP} + S_{APM}) + S_{MCD}\qquad\Leftrightarrow\qquad S_{PBN} = S_{APM} + S_{MCD}.\] тогда \[S_{PBN} + S_{PQM} = S_{APM} + S_{MCD} + S_{PQM},\] но \(S_{PBN} + S_{PQM} = S_{MBNQ}\), а \(S_{APM} + S_{MCD} + S_{PQM} = S_{AQCD}\).
В итоге \(S_{MBNQ} = S_{AQCD}\), что и требовалось доказать.

б)

Так как \(\angle PRM = \angle RMN\), то внутренние накрест лежащие углы при прямых \(PR\), \(MN\) и секущей \(MR\) равны, следовательно, \(PR\parallel MN\), следовательно, \(PRNM\) либо параллелограмм, либо трапеция, а \(\angle MPR + \angle PMN = 180^\circ\), как сумма односторонних углов при параллельных прямых и секущей.

Так как около \(PRNM\) можно описать окружность, то \(\angle PMN + \angle PRN = 180^\circ\), откуда \(\angle PRN = \angle MPR\), то есть \(PRNM\) либо прямоугольник, либо равнобедренная трапеция. В любом случае \(PM = RN\), следовательно, \[\dfrac{PM}{RN} = 1.\]

Ответ:

б) \(1\).

1) Найдем часть, которую составляет \(S_{MAA_1}\) от \(S_{ABC}\). Для этого найдем, в каком отношении отрезок \(AN\) делится отрезком \(CM\). Проведем \(NN_1\parallel CM\). Тогда по теореме Фалеса \(N_1\) поделит отрезок \(BM\) в том же отношении, что \(N\) отрезок \(BC\).

Следовательно, \(BN_1=\frac13BM=\frac13\cdot \frac23AB=\frac29AB\).

Также по условию \(AM=\frac13AB\). Тогда \[\dfrac{AA_1}{AN}=\dfrac{AM}{AN_1}=\dfrac{\frac13AB}{AB-\frac29AB}=\dfrac37\]

Следовательно, т.к. треугольники \(MAA_1\) и \(BAN\) имеют равный угол \(A\), то их площади относятся как произведения сторон, образующих этот угол:

\[\dfrac{S_{\triangle MAA_1}}{S_{\triangle BAN}}=\dfrac{AM\cdot AA_1}{AB\cdot AN}= \dfrac{\frac13AB\cdot \frac37AN}{AB\cdot AN}=\dfrac17\]

Таким образом, \(S_{\triangle MAA_1}=\frac17S_{\triangle BAN}\). Но в свою очередь \(\triangle BAN\) и \(\triangle ABC\) имеют одинаковую высоту, проведенную из вершины \(A\), значит, их площади относятся как основания, то есть \[\dfrac{S_{\triangle BAN}}{S_{\triangle ABC}}=\dfrac{BN}{BC}=\dfrac13\]

Таким образом, получаем \(S_{\triangle MAA_1}=\frac1{21}S_{\triangle ABC}\).

2) Аналогичным образом получаем, что \(S_{\triangle NBB_1}=\frac1{21}S_{\triangle ABC}\), \(S_{\triangle PCC_1}=\frac1{21}S_{\triangle ABC}\).

Итак,

\(1=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle ABB_1}-S_{\triangle BCC_1}-S_{\triangle CAA_1}=\)

\(=S_{\triangle ABC}-\left(S_{\triangle BAN}-S_{\triangle NBB_1}\right)-\left(S_{\triangle CBP}-S_{\triangle PCC_1}\right)-\left(S_{\triangle CAM}-S_{\triangle MAA_1}\right)=\)

\(=S_{\triangle ABC}-3\cdot \left(\frac13S_{\triangle ABC}-\frac1{21}S_{\triangle ABC}\right)=\dfrac17S_{\triangle ABC}\)

Следовательно, \(S_{\triangle ABC}=7\).

Ответ: 7

1) Из условия задачи следует, что \(BN=\frac14BC\).

Обозначим \(S_{\triangle ABC}=S\). Тогда т.к. \(\triangle ABC\) и \(\triangle ABN\) имеют одинаковую высоту, опущенную из вершины \(A\), то \[\dfrac{S}{S_{\triangle ABN}}=\dfrac{BC}{BN}=4 \quad \Rightarrow\quad S_{\triangle ABN}=\dfrac14S\]

Аналогично рассуждая, получим

\[\dfrac{S}{S_{\triangle ABM}}=\dfrac{AC}{AM}=\dfrac94 \quad \Rightarrow \quad S_{\triangle ABM}=\dfrac49S\]

2) Найдем отношение \(AP:PN\), чтобы определить, какую часть составляет \(S_{\triangle ABP}\) от \(S_{\triangle ABN}\).

Проведем прямую \(NK\parallel BM\). Тогда по теореме Фалеса \[\dfrac{BN}{BC}=\dfrac{MK}{MC} \quad \Rightarrow \quad \dfrac14=\dfrac{MK}{MC} \quad \Rightarrow \quad MK=\dfrac14MC\]

Т.к. по условию \(AM:MC=4:5\), то можно принять \(AM=4x\), \(MC=5x\). Тогда \(MK=\frac54x\).

Опять же по теореме Фалеса \[\dfrac{AP}{PN}=\dfrac{AM}{MK} \quad \Rightarrow \quad \dfrac{AP}{PN}=\dfrac{4x}{\frac54x}=\dfrac{16}5 \quad \Rightarrow \quad AP=\dfrac{16}5PN\]

Значит, т.к. \(\triangle ABP\) и \(\triangle ABN\) имеют одинаковую высоту, опущенную из вершины \(B\), получаем

\[\dfrac{S_{\triangle ABN}}{S_{\triangle ABP}}=\dfrac{AN}{AP}=\dfrac{AP+PN}{AP}= \dfrac{21}{16}\]

Следовательно, \(S_{\triangle ABP}=\frac{16}{21}S_{\triangle ABN}=\frac4{21}S\).

Следовательно, \[S_{\triangle APM}=S_{\triangle ABM}-S_{\triangle ABP}=\dfrac49S-\dfrac4{21}S=\dfrac{16}{63}S \quad \Rightarrow \quad S_{\triangle APM}=16.\]

Ответ: 16