Задачи с фантазией – 18: теорема Пифагора.

Запишем для этого треугольника теорему Пифагора. Для этого обозначим катеты $x$ и $x-10$, а гипотенузу $x+10$.  Тогда

$$x^2+(x-10)^2=(x+10)^2$$

$$x^2+x^2-20x+100=x^2+20x+100$$

$$x(x-40)=0$$

Откуда $x=40$. Тогда гипотенуза на 10 больше – 50.

Ответ: 50.

Рисунок 1

Чтобы найти $BK$, которая является биссектрисой в треугольнике $ABK$, нужно знать длину катета $AK$. Найдем его:

$$AK=\frac{7}{8}AC=\frac{7}{8}\cdot 3=2,625$$

Теперь для треугольника $ABK$ составим теорему Пифагора

$$BK^2=AB^2+AK^2$$

$$BK=\sqrt{ AB^2+AK^2}=\sqrt{1+\frac{441}{64}}=\sqrt{\frac{505}{64}}$$

Осталось сравнить числа $\sqrt{\frac{505}{64}}$ и 3. Представим последнее как

$$3=\sqrt{9}=\sqrt{\frac{9\cdot64}{64}}=\sqrt{\frac{576}{64}}$$

Ответ: длина $AC$ больше.

Рисунок 2

Определим сначала $BK$. Для этого найдем $AK$.

$$AB^2+AD^2=BD^2$$

$$ AD^2= BD^2- AB^2$$

$$AD=\sqrt{ BD^2- AB^2}=\sqrt{7-4}=\sqrt{3}$$

$$AK=\frac{1}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

Теперь переходим к треугольнику $ABK$, где $BK$ – гипотенуза.

$$BK^2=AB^2+AK^2$$

$$BK=\sqrt{ AB^2+AK^2}=\sqrt{4+\frac{3}{4}}=\sqrt{\frac{19}{4}}$$

Найдем теперь $AM$:

$$MD=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}\cdot 2=\frac{4}{3}$$

$$AM=\sqrt{AD^2+MD^2}=\sqrt{3+\frac{16}{9}}=\sqrt{\frac{43}{9}}$$

Осталось сравнить дроби $\frac{19}{4}$ и $\frac{43}{9}$. При приведении к общему знаменателю получаем

$$\frac{19}{4}=\frac{171}{36}$$

$$\frac{43}{9}=\frac{172}{36}$$

Таким образом, длина $AM$ больше длины $BK$. Это ответ.

Рисунок 3

Чтобы найти высоту треугольника $AH$, определим его удвоенную площадь, так как

$$2S=BC\cdot AH=AB\cdot AC$$

$$AH=\frac{ AB\cdot AC }{BC}$$

$BC$ определим по теореме Пифагора:

$$BC=\sqrtAB^2+AC^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$$

$$AH=\frac{ AB\cdot AC }{BC}=\frac{ 5\cdot 6 }{\sqrt{61}}=\frac{30\sqrt{61}}{61}$$

Теперь найдем $AK$, чтобы найти $BK$:

$$AK=\frac{3}{4}AC=4,5$$

Тогда

$$BK=\sqrt{AB^2+AK^2}=\sqrt{25+20,25}=\sqrt{45,25}=\sqrt{\frac{181}{4}}$$

Отношение

$$\frac{BK}{AH}=\frac{\sqrt{181}}{2}\cdot\frac{\sqrt{61}}{30}=\frac{\sqrt{181\cdot61}}{60}$$

Сравним теперь $\frac{\sqrt{181\cdot61}}{60}$ и $2$.

$$\frac{BK}{AH}=\sqrt{\frac{11041}{3600}}$$

$$2=\frac{120}{60}=\sqrt{\frac{120^2}{60^2}}=\sqrt{\frac{14400}{3600}}$$

Таким образом, $2>\frac{BK}{AH}$.

Рисунок 4

Длина высоты $BD$:

$$BD=\sqrt{BC^2-DC^2}=\sqrt{64-7}=\sqrt{57}$$

Длина отрезка $DK$:

$$DK=\frac{3}{5}BD=\frac{3\sqrt{57}}{5}$$

По теореме Пифагора определяем $СK$:

$$CK=\sqrt{DK^2+DC^2}=\sqrt{\frac{9\cdot57}{25}+7}=\sqrt{\frac{688}{25}}$$

$$AC=2\sqrt{7}=\sqrt{28}=\sqrt{\frac{28\cdot25}{25}}=\sqrt{\frac{700}{25}}$$

Таким образом, $AC>CK$.

Треугольник подчиняется теореме Пифагора, он прямоугольный. Гипотенуза его $AB=5$. Пусть катеты $BC=3$, $AC=4$.

Сначала вписанная окружность.

Рисунок 5

Пусть $D, E, F$ – точки касания окружности. Тогда по теореме об отрезках касательных, проведенных из одной точки, $CF=CE$. Но длины этих отрезков равны радиусу $r$. Тогда

$$AB=AD+DB=AF+BE$$

$$AF=AC-r$$

$$BE=BC-r$$

$$AB= AC-r+ BC-r$$

Откуда

$$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{3+4-5}{2}=1$$

Теперь вневписанные окружности: рассмотрим сначала зеленую.

Рисунок 6

По теореме об отрезках касательных, проведенных из одной точки, $CM=CN=R_1$, $BK=BN$.

Но $CB=CN+BN$. Тогда $AM+AK=P$ (периметру треугольника $ABC$). Но $AM=AK$, опять же, по свойству касательных. Тогда $AM=p$.

Так как $AM=AC+R_1$, то

$$R_1=p-AC=\frac{3+4+5}{2}-4=2$$

Теперь рассмотрим фиолетовую окружность.

$TC=CQ=R_2$, $AP=AQ$.

Но $AC=AQ+QC$. Тогда $BT+BP=P$ (периметру треугольника $ABC$). Но $BT=BP$, опять же, по свойству касательных. Тогда $BT=p$.

Так как $BT=BC+R_2$, то

$$R_2=p-BC=\frac{3+4+5}{2}-3=3$$

Наконец, последняя, самая большая.

$$CV=CW=R_3$$

$$AV=AH, BW=BH$$

$$AB=AV+BW$$

$$ CV+CW=2R_3=AC+BC+AB$$

$$R_3=p=6$$

Ответ: $r=1$, $R_1=2$, $R_2=3$, $R_3=6$.

Рисунок 7

По теореме Пифагора

$$y^2=41^2-9x^2=50^2-100x^2$$

Тогда

$$91x^2=50^2-41^2=9\cdot91$$

Откуда $x=3$, $10x=30$, следовательно, $y=40$.

Ответ: 40.

Рисунок 8

Составим теорему Пифагора для треугольников $BEC$ и $ACF$. Пусть $BE=\sqrt{52}$, тогда

$$y^2+4x^2=52$$

Если $AF=\sqrt{73}$, то

$$4y^2+x^2=73$$

Первое уравнение умножаем на 4, чтобы уравнять коэффициенты:

$$4y^2+16x^2=208$$

Вычитаем из него второе уравнение:

$$15x^2=208-73=135$$

$$x=3$$

Следовательно, $y=4$, катеты треугольника 6 и 8, гипотенуза, следовательно, 10.

Ответ: 10.

Рисунок 9

По свойству касательных, проведенных к окружности из одной точки, имеем: $BM=BN=12$, $AM=AK=5$, $CK=CN=x$. Тогда

$$AC^2+BC^2=AB^2$$

$$(5+x)^2+(12+x)^2=17^2$$

$$x^2+17x-60=0$$

По теореме Виета получаем корни: 3 и (-20). По условию устраивает положительный корень. Катеты равны тогда 8 и 15.

Ответ: 8 и 15.