Решебник задачника Гордина по планиметрии, задачи 2.21.2-2.24.2

Задача 2.21.2.

В трапеции $ABCD$ основания $BC$ и $AD$ относятся как $\frac{1}{3}$.

Пусть $M$—середина боковой стороны $CD$. Прямая $AM$ пересекает диагональ $BD$ в точке $P$.

а) Докажите, что $\frac{BP}{PD}=\frac{4}{3}$.

б) Найдите площадь четырёхугольника $BCMP$, если площадь трапеции $ABCD$ равна 56.

Рисунок к задаче 2.21.2

Решение. а) Продолжим медиану $AM$ до пересечения с продолжением $BC$. Треугольник $\triangle CMK=\triangle AMD$ по второму признаку ($CM=MD$ по условию, $\angle CMK=\angle AMD$ как вертикальные, $\angle ADC=\angle DCK$ как накрестлежащие). Если принять $BC=x$, $AD=3x$, то из равенства треугольников $CK=3x$. Треугольник $\triangle BPK \sim  \triangle APD$ по двум углам, $\frac{BK}{AD}=\frac{4}{3}$. Тогда $\frac{BP}{PD}=\frac{4}{3}$.

б) Из подобия треугольников следует, что высоты этих треугольников тоже относятся как  $\frac{4}{3}$. То есть $h_{BPK}=\frac{4}{7}h$, $h_{APD}=\frac{3}{7}h$.

$S_{ABCD}=56$, тогда

$$56=\frac{x+3x}{2}\cdot h$$

$$2xh=56$$

$$xh=28$$

$\frac{S_{ABD}}{S_{BCD}}=\frac{3}{1}$, так как основания этих треугольников относятся как $\frac{3}{1}$, а высота у них одна и та же – высота трапеции. Тогда $S_{ABD}=42$, $S_{BCD}=14$

$$ S_{BPK}=\frac{1}{2}\cdot 4x\cdot \frac{4}{7}h=\frac{8xh}{7}=\frac{8}{7}\cdot 28=32$$

$$S_{CMK}=\frac{1}{2}\cdot 3x\cdot \frac{1}{2}h=\frac{3xh}{4}=\frac{3}{4}\cdot 28=21$$

$$S_{BCMP}= S_{BPK}- S_{CMK}=32-21=11$$

Ответ: б) $S_{BCMP}=11$.

 

Задача 2.22.2.

Медианы $AA_1$, $BB_1$ и $CC_1$ треугольника $ABC$ пересекаются в точке $M$. Известно, что $AC=6MB_1$.

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.

б) Найдите сумму квадратов медиан $AA_1$ и $CC_1$, если $AC=12$.

Рисунок к задаче 2.22.2

Решение. Пусть $MB_1=x$, тогда $AC=6x$, $AB_1=3x$, $B_1C=3x$. Так как медианы делятся точкой пересечения в отношении $2:1$, то $BM=2x$. То есть $BB_1=3x$. А поскольку медиана равна половине гипотенузы, то треугольник $ABC$ прямоугольный. Доказано.

б)

$$AC=6x=12$$

$$x=2$$

$$BB_1=3x=6$$

$$AA_1^2=AB^2+\left(\frac{BC}{2}\right)^2$$

$$CC_1^2=BC^2+\left(\frac{AB}{2}\right)^2$$

$$AA_1^2+ CC_1^2= AB^2+\left(\frac{BC}{2}\right)^2+ BC^2+\left(\frac{AB}{2}\right)^2$$

$$ AA_1^2+ CC_1^2= AB^2+BC^2+\frac{ AB^2+BC^2}{4}=\frac{5}{4}( AB^2+BC^2)=\frac{5}{4}\cdot AC^2=180$$

Ответ: б) 180

Задача 2.23.2.

Медиана $GA$ и высота $HB$ остроугольного равнобедренного треугольника $FGH$ ($FG= FH$) пересекаются в точке $C$. Известно, что $FG=20, CH=10$.

а) Докажите, что $\operatorname {tg}\angle AGF=\frac{CH}{FG}$ .

б) Найдите площадь треугольника $FGH$.

Рисунок к задаче 2.23.2

Решение.a) Удваиваем медиану $GA$ до пересечения с продолжением $FK \parallel GH$. $GFKH$ - параллелограмм, $GF \parallel HK$. Так как $HB \perp GF$, то $HB \perp HK$. Угол $\angle AGF=\angle CKH$ как накрестлежащие. А тангенс $\angle CKH$ равен

$$\operatorname{tg} AGF= \operatorname{tg} CKH=\frac{CH}{HK}=\frac{CH}{FG}$$

Доказано.

б) Пусть $\angle FHG=\alpha=\angle FGH$. Тогда $\angle GFH=180^{\circ}-2\alpha$. Половина угла $F$

$$\frac{1}{2}\angle GFH=90^{\circ}-\alpha$$

Угол $\frac{1}{2}\angle GFH$ и $\angle BHG$ равны как углы с взаимно перпендикулярными сторонами (это если опустить перпендикуляр на $GH$ из точки $F$, который будет как высотой треугольника, так и биссектрисой угла $F$, поскольку треугольник по условию равнобедренный). Поэтому $\angle BHG=90^{\circ}-\alpha$, а угол $\angle AHB=\alpha-(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha-90^{\circ}$. Треугольник $ACH$ по условию равнобедренный,

$$\angle ACH=\frac{180^{\circ}-(2\alpha-90^{\circ})}{2}=135^{\circ}-\alpha$$

$$\angle BCG=135^{\circ}-\alpha$$

$$\angle BGC=\angle AGF=90^{\circ}-(135^{\circ}-\alpha)$$

$$\angle AGF=\alpha-45^{\circ}$$

$$\operatorname{tg}(\alpha-45^{\circ})=\frac{1}{2}$$

$$\frac{\operatorname{tg}\alpha -1}{1+\operatorname{tg}\alpha }=\frac{1}{2}$$

$$2\operatorname{tg}\alpha-2=1+\operatorname{tg}\alpha$$

$$\operatorname{tg}\alpha=3$$

А это отношение высоты треугольника к половине основания:

Треугольник, в котором тангенс ула при основании равен 3

$$9x^2+x^2=400$$

$$x^2=40$$

$$S_{FGH}=3x^3=120$$

Ответ: б) 120.

Задача 2.24.2.

В треугольнике $ABC$ сторона $AB$ вдвое больше стороны $AC$.

а) Докажите, что медиана $CM$ перпендикулярна биссектрисе $AK$.

б) Найдите сторону $BC$, если $AC=5, AK=4$.

Рисунок к задаче 2.24.2

Решение. а) Треугольник $AMC$ равнобедренный, так как  $BM=MA=x$, $AC=x$. В равнобедренном треугольнике его биссектриса является его высотой, значит, $AK\perp CM$.

б) По свойству биссектрисы $\frac{BK}{KC}=\frac{2}{1}$:

Свойство биссектрисы и ее длина

Длина биссектрисы равна:

$$AK=\sqrt{AB\cdot AC-BK\cdot KC}$$

$$4=\sqrt{2x^2-2y^2}=\sqrt{50-2y^2}$$

$$16=50-2y^2$$

$$y^2=17$$

$$y=\sqrt{17}$$

$$BC=3y=3\sqrt{17}$$

Ответ: б) $BC=3\sqrt{17}$.