Упражнения 845–853 — Задачи повышенной трудности. Задачи к главе VII

Параллельность, отношения площадей и середины сохраняются при аффинных преобразованиях, поэтому выберем косые координаты с началом А и осями вдоль AB и AD (единицы — длины AB и AD): А(0; 0), В(1; 0), С(1; 1), D(0; 1); тогда площадь ABCD равна 1 (в единицах площади базисного параллелограмма). Середины: Р(1/2; 0), Q(1; 1/2), R(1/2; 1), Т(0; 1/2).
Прямые: AQ: y = x/2; BR: y = 2 − 2x; СТ: y = 1/2 + x/2; DР: y = 1 − 2x.
Точки пересечения: AQ ∩ BR = (4/5; 2/5); BR ∩ СТ = (3/5; 4/5); СТ ∩ DР = (1/5; 3/5); DР ∩ AQ = (2/5; 1/5).
Стороны: от (4/5; 2/5) к (3/5; 4/5): вектор a = (−1/5; 2/5); от (1/5; 3/5) к (2/5; 1/5): (1/5; −2/5) = −a; от (3/5; 4/5) к (1/5; 3/5): b = (−2/5; −1/5); от (2/5; 1/5) к (4/5; 2/5): (2/5; 1/5) = −b. Противоположные стороны попарно равны и параллельны, значит, это параллелограмм.
Площадь: |a × b| = |(−1/5)(−1/5) − (2/5)(−2/5)| = 1/25 + 4/25 = 1/5.
Ответ: 1/5.

Пусть ABCD — трапеция с основаниями ВС и АD, высотой h, М — середина боковой стороны СD, МН ⊥ АВ (Н на прямой АВ). Тогда расстояния от М до прямых ВС и АD равны h/2 (М лежит на средней линии). Площади треугольников: S(ВМС) = ½ ВС · h/2, S(АМD) = ½ АD · h/2. Их сумма равна ¼ (ВС + АD) h = ½ S(ABCD). Следовательно, S(АВМ) = S(ABCD) − S(ВМС) − S(АМD) = ½ S(ABCD).
С другой стороны, S(АВМ) = ½ АВ · МН. Значит, ½ S(ABCD) = ½ АВ · МН, откуда S(ABCD) = АВ · МН. Что и требовалось доказать.

Треугольники АВD и АСD имеют общее основание АD и равные высоты, поэтому их площади равны; вычитая общий треугольник АОD, получаем S(АОВ) = S(СОD). Треугольники ВОС и DОА подобны (ВС ∥ АD) с коэффициентом k = ВО/ОD, поэтому S1/S2 = k², k = √(S1/S2). Треугольники АОВ и АОD имеют общую вершину А и основания ВО и ОD на одной прямой: S(АОВ)/S(АОD) = ВО/ОD = k. Тогда S(АОВ) = S2 · √(S1/S2) = √(S1S2) = S(СОD).
Площадь трапеции S1 + S2 + 2√(S1S2) = (√S1 + √S2)².
Ответ: (√S1 + √S2)².

Пусть ABCD — трапеция, ВС — меньшее основание, ВЕ ∥ СF (Е, F на АD), О — точка пересечения диагоналей, Х = ВЕ ∩ АС, Y = СF ∩ BD. Пятиугольник EXOYF; треугольники, прилежащие к боковым сторонам и меньшему основанию: АВХ, ВОС, СDY.
BCFE — параллелограмм с основанием ВС = b и высотой h (высота трапеции), его площадь bh. Он разбивается на пятиугольник EXOYF и треугольники ВХО, ВОС, СОY. Поэтому S(пятиугольника) = bh − S(ВХО) − S(ВОС) − S(СОY).
По задаче 847 S(АОВ) = S(СОD). Так как S(АВС) = ½ bh = S(АОВ) + S(ВОС), то bh = 2S(АОВ) + 2S(ВОС) = S(АОВ) + S(СОD) + 2S(ВОС).
Тогда S(пятиугольника) = S(АОВ) + S(СОD) + S(ВОС) − S(ВХО) − S(СОY) = [S(АОВ) − S(ВХО)] + S(ВОС) + [S(СОD) − S(СОY)] = S(АВХ) + S(ВОС) + S(СDY). Что и требовалось доказать.

Пусть Р и Q — середины АС и ВD, прямая РQ содержит М и K. Так как Р — середина АС и лежит на прямой МK, точки А и С равноудалены от прямой МK, поэтому S(АМK) = S(СМK) (общее основание МK). Аналогично, Q — середина ВD, поэтому S(ВМK) = S(DМK).
Точка М лежит на стороне АВ, а K на стороне СD, значит, S(АKВ) = S(АМK) + S(ВМK) и S(DСМ) = S(СМK) + S(DМK). Правые части равны, следовательно, S(DСМ) = S(АKВ).

Так как ЕВ лежит на прямой АВ ∥ СD, треугольники ЕDС и BDС имеют общее основание DС и равные высоты: S(ЕDС) = S(ВDС) = S(АВD) (диагональ делит параллелограмм пополам). Аналогично, В и С лежат на прямой ВС ∥ DK, поэтому S(СDK) = S(ВDK).
Поскольку О лежит на отрезке ВK, S(ВDK) = S(ВDО) + S(ОDK). Четырёхугольник СЕDK составлен из треугольников СЕD и СDK (К и Е лежат по разные стороны от СD), а О лежит на ЕD, поэтому S(СЕОK) = S(СЕD) + S(СDK) − S(ОDK) = S(АВD) + S(ВDО) + S(ОDK) − S(ОDK) = S(АВD) + S(ВDО) = S(АВОD) (диагональ ВD делит АВОD на АВD и ВОD, так как А и О лежат по разные стороны от ВD). Что и требовалось доказать.

Пусть ABCD — четырёхугольник, а отрезки P1Q1 и P2Q2 соединяют точки деления сторон АВ и DC. Поместим начало векторов в А и обозначим a = AB, c = DC, e = AD. Точки деления: Pk = (k/3)a на АВ и Qk = e + (k/3)c на DC (k = 0, 1, 2, 3). Отрезки делят ABCD на три четырёхугольника PkPk+1Qk+1Qk (k = 0, 1, 2); их площади S0, S1, S2, а S1 — искомая.
Площадь четырёхугольника равна половине модуля векторного произведения его диагоналей. Диагонали четырёхугольника PkPk+1Qk+1Qk: d1 = Qk+1 − Pk = e + αc − βa и d2 = Qk − Pk+1 = e + βc − αa, где α = (k + 1)/3, β = k/3. Раскрывая произведение и учитывая u × u = 0, получаем
d1 × d2 = (β − α) e × c + (β − α) e × a + (α² − β²) a × c = −(1/3)(e × c + e × a) + ((2k + 1)/9) a × c.
Это выражение — линейная функция от k, и все три четырёхугольника выпуклые и одинаково ориентированы, поэтому Sk = ½|d1 × d2| тоже линейно зависит от k, то есть S0, S1, S2 образуют арифметическую прогрессию: S1 = (S0 + S2)/2. Тогда S = S0 + S1 + S2 = 3S1, то есть S1 = S/3. Что и требовалось доказать.

Пусть h1 и h2 — расстояния от D и C до прямой АВ. Так как М — середина DС, расстояние от М до АВ равно (h1 + h2)/2. Тогда S(АМВ) = ½ АВ · (h1 + h2)/2 = ¼ АВ (h1 + h2), а S(АDK) + S(KСВ) = ½ АK · h1 + ½ KВ · h2 = ¼ АВ (h1 + h2). Значит, S(АМВ) = S(АDK) + S(KСВ).
Пусть Х = KD ∩ АМ, Y = KС ∩ ВМ. Четырёхугольник KХМY, заключённый между отрезками, и S(KХМY) = S(АМВ) − S(АKХ) − S(ВKY) (треугольник АМВ состоит из АKХ, ВKY и KХМY). Треугольник АDK состоит из АKХ и АХD, треугольник KСВ — из ВKY и ВYС. Поэтому
S(KХМY) = S(АDK) + S(KСВ) − S(АKХ) − S(ВKY) = S(АХD) + S(ВYС).
Треугольники АХD и ВYС прилежат к сторонам АD и ВС. Что и требовалось доказать.

Введём прямоугольные координаты с вершиной угла в начале, одной стороной по оси Ох, другой — лучом y = √3 x (x ≥ 0). Точка А(x; y) лежит внутри угла: расстояние до оси Ох равно y = a. Расстояние до прямой √3 x − y = 0 равно (√3 x − y)/2 (точка внутри угла, значение положительно), по условию оно равно b: √3 x − y = 2b, x = (a + 2b)/√3.
ОА² = x² + y² = (a + 2b)²/3 + a² = (a² + 4ab + 4b² + 3a²)/3 = 4(a² + ab + b²)/3.
Ответ: ОА = 2√((a² + ab + b²)/3).