Внутри треугольника ABC, в котором $\angle B = 45 ^{\circ}$ выбрана точка Q такая, что SABQ : SACQ : SCBQ = 1 : 2 : 4. Прямые CQ и AQ пересекают стороны AB и BC соответственно в точках K и L. Известно, что точки A, K, L и C лежат на одной окружности.
а) Докажите, что треугольник ABC = бедренный.
б) Найдите квадрат расстояния от точки Q до центра вписанной в треугольник ABC окружности, если площадь треугольника ABC равна 7.
а) Докажите, что треугольник ABC = бедренный.
б) Найдите квадрат расстояния от точки Q до центра вписанной в треугольник ABC окружности, если площадь треугольника ABC равна 7.
💡 Пошаговый разбор и решение:
[рис.] а) Пусть прямая BQ пересекает сторону AC в точке P, тогда
$\frac{S_ABP}{S_CBP} = \frac{AP}{PC}$
и
$\frac{S_AQP}{S_QPC} = \frac{AP}{PC}$
откуда
$\frac{S_ABQ}{S_CBQ} = $\frac{AP}{PC}$ = сильно $\frac{AP}{CP}$ = \frac{1}{4}$
Аналогично получаем:
$\frac{S_BQC}{S_AQC} = $\frac{BK}{AK}$ = \frac{2}{1}$
и
$\frac{BL}{LC} = \frac{1}{2}$
Пусть BL = y, CL = 2y, BK = 2x, AK = x. По условию четырехугольник AKLC вписан в окружность, значит, $\angle AKL = 180 ^{\circ} - \angle ACL$ $\angle ACB = \angle BKL$ следовательно, треугольники ACB и LKB подобны по двум углам. Из подобия следует, что
$\frac{y}{2x} = $\frac{3x}{3y}$ = сильно y = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x$
Пусть $\angle BKL = альфа$ тогда $\angle BLK = $\frac{3 \pi}{4}$ - альфа$ По теореме \sin ов имеем:
$\frac{2x}{\sin ( $\frac{3 \pi ,}{4}$ - альфа )} = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x}{\sin альфа} = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа + \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента \sin альфа = сильно$
$ = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = сильно \text{tg} альфа = 1 = сильно альфа = 45 ^{\circ}$ $\frac{2x}{\sin ( $\frac{3 \pi ,}{4}$ - альфа )} = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x}{\sin альфа} = сильно$
$ = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа + \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента \sin альфа = сильно$
$ = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = сильно \text{tg} альфа = 1 = сильно альфа = 45 ^{\circ}$
откуда $\angle BKL = \angle ACB = \angle ABC$ то есть треугольник ABC = бедренный.
[рис.]
б) Из пункта а) $AB = AC$ и $\angle A = 90 ^{\circ}$ тогда $\frac{AB ^2}{2} = 7$ и $AB = AC = $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента$ По теореме Менелая для треугольника BKC получаем:
$\frac{KQ}{QC} \cdot $\frac{CL}{LB}$ \cdot $\frac{BA}{AK}$ = 1 = сильно $\frac{KQ}{QC}$ \cdot $\frac{2}{1}$ \cdot $\frac{3}{1}$ = 1 = сильно $\frac{KQ}{QC}$ = \frac{1}{6}$
Пусть точка I — центр вписанной в треугольник ABC окружности, а I1 и Q1 — проекции точек I и Q на катет AC соответственно, тогда
$\frac{AQ_1}{AC} = $\frac{KQ}{KC}$ = $\frac{1}{7}$ = сильно AQ_1 = \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7}$
$\frac{QQ_1}{AK} = $\frac{QC}{KC}$ = $\frac{6}{7}$ = сильно QQ_1 = $\frac{6}{7}$ \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{3} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7}$
Далее,
$II_1 = AI_1 = $\frac{AB + AC - BC}{2}$ = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - 2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2} = $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента$
откуда
$Q_1I_1 = $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента$
Из прямоугольной трапеции QII1Q1 получаем:
$QI ^2 = Q_1I_1 ^2 + ( II_1 - QQ_1 ) ^2 = ( \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента ) ^2 + ( $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} ) ^2 =$
$= $\frac{36 \cdot 14}{49}$ - \frac{12 \cdot 7 \cdot $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 + $\frac{25 \cdot 14}{49}$ - \frac{10 \cdot 7 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 = 14 - 22 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента + $\frac{122}{7}$ = \frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$ $QI ^2 = Q_1I_1 ^2 + ( II_1 - QQ_1 ) ^2 = ( \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента ) ^2 + ( $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} ) ^2 =$
$= $\frac{36 \cdot 14}{49}$ - \frac{12 \cdot 7 \cdot $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 + $\frac{25 \cdot 14}{49}$ - \frac{10 \cdot 7 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 =$
$= 14 - 22 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента + $\frac{122}{7}$ = \frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$ $QI ^2 = Q_1I_1 ^2 + ( II_1 - QQ_1 ) ^2 =$
$= ( \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента ) ^2 + ( $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} ) ^2 =$
$= $\frac{36 \cdot 14}{49}$ - \frac{12 \cdot 7 \cdot $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 + $\frac{25 \cdot 14}{49}$ - \frac{10 \cdot 7 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 =$
$= 14 - 22 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента + $\frac{122}{7}$ = \frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$
Ответ: б) $\frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$
$\frac{S_ABP}{S_CBP} = \frac{AP}{PC}$
и
$\frac{S_AQP}{S_QPC} = \frac{AP}{PC}$
откуда
$\frac{S_ABQ}{S_CBQ} = $\frac{AP}{PC}$ = сильно $\frac{AP}{CP}$ = \frac{1}{4}$
Аналогично получаем:
$\frac{S_BQC}{S_AQC} = $\frac{BK}{AK}$ = \frac{2}{1}$
и
$\frac{BL}{LC} = \frac{1}{2}$
Пусть BL = y, CL = 2y, BK = 2x, AK = x. По условию четырехугольник AKLC вписан в окружность, значит, $\angle AKL = 180 ^{\circ} - \angle ACL$ $\angle ACB = \angle BKL$ следовательно, треугольники ACB и LKB подобны по двум углам. Из подобия следует, что
$\frac{y}{2x} = $\frac{3x}{3y}$ = сильно y = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x$
Пусть $\angle BKL = альфа$ тогда $\angle BLK = $\frac{3 \pi}{4}$ - альфа$ По теореме \sin ов имеем:
$\frac{2x}{\sin ( $\frac{3 \pi ,}{4}$ - альфа )} = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x}{\sin альфа} = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа + \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента \sin альфа = сильно$
$ = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = сильно \text{tg} альфа = 1 = сильно альфа = 45 ^{\circ}$ $\frac{2x}{\sin ( $\frac{3 \pi ,}{4}$ - альфа )} = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента x}{\sin альфа} = сильно$
$ = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа + \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента \sin альфа = сильно$
$ = сильно \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \cos альфа = \frac{$\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{2} \sin альфа = сильно \text{tg} альфа = 1 = сильно альфа = 45 ^{\circ}$
откуда $\angle BKL = \angle ACB = \angle ABC$ то есть треугольник ABC = бедренный.
[рис.]
б) Из пункта а) $AB = AC$ и $\angle A = 90 ^{\circ}$ тогда $\frac{AB ^2}{2} = 7$ и $AB = AC = $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента$ По теореме Менелая для треугольника BKC получаем:
$\frac{KQ}{QC} \cdot $\frac{CL}{LB}$ \cdot $\frac{BA}{AK}$ = 1 = сильно $\frac{KQ}{QC}$ \cdot $\frac{2}{1}$ \cdot $\frac{3}{1}$ = 1 = сильно $\frac{KQ}{QC}$ = \frac{1}{6}$
Пусть точка I — центр вписанной в треугольник ABC окружности, а I1 и Q1 — проекции точек I и Q на катет AC соответственно, тогда
$\frac{AQ_1}{AC} = $\frac{KQ}{KC}$ = $\frac{1}{7}$ = сильно AQ_1 = \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7}$
$\frac{QQ_1}{AK} = $\frac{QC}{KC}$ = $\frac{6}{7}$ = сильно QQ_1 = $\frac{6}{7}$ \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{3} = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7}$
Далее,
$II_1 = AI_1 = $\frac{AB + AC - BC}{2}$ = \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - 2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2} = $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента$
откуда
$Q_1I_1 = $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{$\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} = \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента$
Из прямоугольной трапеции QII1Q1 получаем:
$QI ^2 = Q_1I_1 ^2 + ( II_1 - QQ_1 ) ^2 = ( \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента ) ^2 + ( $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} ) ^2 =$
$= $\frac{36 \cdot 14}{49}$ - \frac{12 \cdot 7 \cdot $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 + $\frac{25 \cdot 14}{49}$ - \frac{10 \cdot 7 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 = 14 - 22 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента + $\frac{122}{7}$ = \frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$ $QI ^2 = Q_1I_1 ^2 + ( II_1 - QQ_1 ) ^2 = ( \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента ) ^2 + ( $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} ) ^2 =$
$= $\frac{36 \cdot 14}{49}$ - \frac{12 \cdot 7 \cdot $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 + $\frac{25 \cdot 14}{49}$ - \frac{10 \cdot 7 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 =$
$= 14 - 22 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента + $\frac{122}{7}$ = \frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$ $QI ^2 = Q_1I_1 ^2 + ( II_1 - QQ_1 ) ^2 =$
$= ( \frac{6 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента ) ^2 + ( $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента - $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента - \frac{2 $\sqrt{аргумента: 14}$ аргумента}{7} ) ^2 =$
$= $\frac{36 \cdot 14}{49}$ - \frac{12 \cdot 7 \cdot $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 + $\frac{25 \cdot 14}{49}$ - \frac{10 \cdot 7 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7} + 7 =$
$= 14 - 22 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента + $\frac{122}{7}$ = \frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$
Ответ: б) $\frac{220 - 154 $\sqrt{аргумента: 2}$ аргумента}{7}$
Правильный ответ:
б) $дробь: числитель: 220 минус 154 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 7 конец дроби$
📚 Похожие разобранные задания по предмету:
ID 70547 • Задание №17
Найти все значения параметра а, при которых неравенство $дробь: числитель: x минус 2a минус 1, знаменатель: x ...
ID 67146 • Задание №12
Найдите наименьшее значение функции $y=e в степени левая круглая скобка 2x правая круглая скобка минус 6e в ст...
Официальные критерии проверки ФИПИ:
Критерии проверки:
Критерии оценивания выполнения задания | Баллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3
Получен обоснованный ответ в пункте б)
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а),
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1
Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0
Максимальный балл | 3
Критерии оценивания выполнения задания | Баллы
Имеется верное доказательство утверждения пункта а), и обоснованно получен верный ответ в пункте б) | 3
Получен обоснованный ответ в пункте б)
ИЛИ
имеется верное доказательство утверждения пункта а), и при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки | 2
Имеется верное доказательство утверждения пункта а),
ИЛИ
при обоснованном решении пункта б) получен неверный ответ из-за арифметической ошибки,
ИЛИ
обоснованно получен верный ответ в пункте б) с использованием утверждения пункта а), при этом пункт а) не выполнен | 1
Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше | 0
Максимальный балл | 3
🔗 Другие задания линии №17 по предмету Математика. Профильный уровень:
ID 69977
В треугольнике АВС проведена биссектриса АМ. Прямая, проходящая через вершину В перпендикулярно...
ID 69978
На сторонах AC и BC треугольника ABC вне треугольника построены квадраты ACDE и BFKC. Точка M ...
ID 69979
На гипотенузу AB прямоугольного треугольника ABC опустили высоту CH. Из точки H на катеты опуст...
ID 69980
В равнобедренном треугольнике ABC с углом 120° при вершине A проведена биссектриса BD. В треуго...
ID 69981
Высоты BB1 и CC1 остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H.
а) Докажите, что ∠AHB...