В правильном шестиугольнике ABCDEF через вершину A проведена прямая, которая пересекает отрезок CF в точке K и делит площадь шестиугольника ABCDEF в отношении 1 : 11.
а) Докажите, что прямая AK делит диагональ FC в отношении 1 : 5.
б) Прямая AK пересекает описанную около шестиугольника ABCDEF окружность в точке T. Найдите отношение, в котором прямая BT делит отрезок AC.
а) Докажите, что прямая AK делит диагональ FC в отношении 1 : 5.
б) Прямая AK пересекает описанную около шестиугольника ABCDEF окружность в точке T. Найдите отношение, в котором прямая BT делит отрезок AC.
💡 Пошаговый разбор и решение:
[рис.] а) Пусть сторона шестиугольника равна a, тогда
$S_ABCDEF = 6 \cdot \frac{a ^2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{4} = \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} a ^2$
$S_AFE = $\frac{1}{2}$ \cdot a ^2 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = $\frac{1}{6}$ S_ABCDEF$
Пусть прямая AK пересекает сторону FE в точке P. Тогда, если $S_AFP = $\frac{1}{12}$ S_ABCDEF$ то $S_AFP = S_APE$ значит, точка P — середина ребра EF. Следовательно, точка K — точка пересечения медиан треугольника AFE. Пусть также точка L — середина отрезка AE, тогда
$KF = $\frac{2}{3}$ LF = $\frac{2}{3}$ AF \cdot \cos 60 ^{\circ} = $\frac{2}{3}$ \cdot a \cdot $\frac{1}{2}$ = \frac{a}{3}$
Далее, $CK = 2a - $\frac{a}{3}$ = \frac{5a}{3}$ и $FK : KC = 1 : 5$
б) По теореме \cos ов в треугольнике AFP:
$AP = \sqrt{аргумента: a ^2 + ( $\frac{a}{2}$ ) ^2 - 2 \cdot a \cdot $\frac{a}{2}$ \cdot ( - $\frac{1}{2}$ )} аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{7a ^2}{4}$} аргумента = \frac{a $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2}$
Далее,
$PT = $\frac{FP \cdot PE}{AP}$ = $\frac{a ^2}{4}$ \cdot \frac{2}{a $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} = \frac{a}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}$
откуда $AT = \frac{a $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2} + \frac{a}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} = \frac{40}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}$ и $\angle ATB = $\frac{1}{2}$ \smileAB = 30 ^{\circ}$ Тогда по теореме \cos ов в треугольнике ABT:
$a ^2 = BT ^2 + $\frac{16a ^2}{7}$ - 2 \cdot BT \cdot \frac{4a}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = сильно BT ^2 - \frac{4a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} BT + $\frac{9a ^2}{7}$ = 0 \underset BT больше a \mathop = сильно BT = 3a \sqrt{аргумента: $\frac{3}{7}$} аргумента$ $a ^2 = BT ^2 + $\frac{16a ^2}{7}$ - 2 \cdot BT \cdot \frac{4a}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = сильно$
$ = сильно BT ^2 - \frac{4a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} BT + $\frac{9a ^2}{7}$ = 0 \underset BT больше a \mathop = сильно BT = 3a \sqrt{аргумента: $\frac{3}{7}$} аргумента$
Заметим, что треугольники ABM и TBA подобны по двум углам, откуда $\frac{AM}{AT} = \frac{AB}{BT}$ и
$AM = $\frac{AB \cdot AT}{BT}$ = a \cdot \frac{4a}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = \frac{4a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$
По теореме \cos ов в треугольнике ABC:
$AC = \sqrt{аргумента: a ^2 + a ^2 - 2 \cdot a \cdot a \cdot ( - $\frac{1}{2}$ )} аргумента = $\sqrt{аргумента: 3a ^2}$ аргумента = a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Наконец,
$MC = AC - AM = a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента - \frac{4a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = \frac{5a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$
и
$AM : MC = \frac{4a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} : \frac{5a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = 4 : 5$
Ответ: б) 4 : 5.
$S_ABCDEF = 6 \cdot \frac{a ^2 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{4} = \frac{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} a ^2$
$S_AFE = $\frac{1}{2}$ \cdot a ^2 \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = $\frac{1}{6}$ S_ABCDEF$
Пусть прямая AK пересекает сторону FE в точке P. Тогда, если $S_AFP = $\frac{1}{12}$ S_ABCDEF$ то $S_AFP = S_APE$ значит, точка P — середина ребра EF. Следовательно, точка K — точка пересечения медиан треугольника AFE. Пусть также точка L — середина отрезка AE, тогда
$KF = $\frac{2}{3}$ LF = $\frac{2}{3}$ AF \cdot \cos 60 ^{\circ} = $\frac{2}{3}$ \cdot a \cdot $\frac{1}{2}$ = \frac{a}{3}$
Далее, $CK = 2a - $\frac{a}{3}$ = \frac{5a}{3}$ и $FK : KC = 1 : 5$
б) По теореме \cos ов в треугольнике AFP:
$AP = \sqrt{аргумента: a ^2 + ( $\frac{a}{2}$ ) ^2 - 2 \cdot a \cdot $\frac{a}{2}$ \cdot ( - $\frac{1}{2}$ )} аргумента = \sqrt{аргумента: $\frac{7a ^2}{4}$} аргумента = \frac{a $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2}$
Далее,
$PT = $\frac{FP \cdot PE}{AP}$ = $\frac{a ^2}{4}$ \cdot \frac{2}{a $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} = \frac{a}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}$
откуда $AT = \frac{a $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{2} + \frac{a}{2 $\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} = \frac{40}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}$ и $\angle ATB = $\frac{1}{2}$ \smileAB = 30 ^{\circ}$ Тогда по теореме \cos ов в треугольнике ABT:
$a ^2 = BT ^2 + $\frac{16a ^2}{7}$ - 2 \cdot BT \cdot \frac{4a}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = сильно BT ^2 - \frac{4a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} BT + $\frac{9a ^2}{7}$ = 0 \underset BT больше a \mathop = сильно BT = 3a \sqrt{аргумента: $\frac{3}{7}$} аргумента$ $a ^2 = BT ^2 + $\frac{16a ^2}{7}$ - 2 \cdot BT \cdot \frac{4a}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{2} = сильно$
$ = сильно BT ^2 - \frac{4a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} BT + $\frac{9a ^2}{7}$ = 0 \underset BT больше a \mathop = сильно BT = 3a \sqrt{аргумента: $\frac{3}{7}$} аргумента$
Заметим, что треугольники ABM и TBA подобны по двум углам, откуда $\frac{AM}{AT} = \frac{AB}{BT}$ и
$AM = $\frac{AB \cdot AT}{BT}$ = a \cdot \frac{4a}{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента} \cdot \frac{$\sqrt{аргумента: 7}$ аргумента}{30 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = \frac{4a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$
По теореме \cos ов в треугольнике ABC:
$AC = \sqrt{аргумента: a ^2 + a ^2 - 2 \cdot a \cdot a \cdot ( - $\frac{1}{2}$ )} аргумента = $\sqrt{аргумента: 3a ^2}$ аргумента = a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента$
Наконец,
$MC = AC - AM = a $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента - \frac{4a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = \frac{5a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента}$
и
$AM : MC = \frac{4a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} : \frac{5a}{3 $\sqrt{аргумента: 3}$ аргумента} = 4 : 5$
Ответ: б) 4 : 5.
Правильный ответ:
б) 4 : 5
📚 Похожие разобранные задания по предмету:
ID 71848 • Задание №19
Дана бесконечная последовательность чисел $x_1,x_2,x_3,\ldots,x_k,\ldots левая круглая скобка k принадлежит N ...
ID 70789 • Задание №18
Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
$a | x плюс 1| плюс левая круглая скобка 1 минус a пр...
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...