Упр.831 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов 8 класс, Просвещение: Диагонали выпуклого четырёхугольника разбивают его на четыре треугольника, периметры которых равны. Докажите, что этот четырёхугольник — ромб. На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты точки М и К, а на отрезке МК — точка Р так, что AM/MC=CK/KB=MP/PK. Наидите площадь треугольника ABC, если площади треугольников АМР и ВКР равны S1 и S2.
1) Докажем, что четырёхугольник $ABCD$ — ромб.
Пусть диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. По условию периметры четырёх треугольников равны:
$$P_{AOB}=P_{BOC}=P_{COD}=P_{AOD}.$$
Запишем равенство периметров $P_{AOB}$ и $P_{BOC}$:
$$OA+OB+AB=OB+OC+BC,$$
откуда
$$OA+AB=OC+BC.$$
Аналогично из равенства $P_{COD}=P_{AOD}$ получаем:
$$OC+CD=OA+AD.$$
Сложим эти равенства:
$$OA+AB+OC+CD=OC+BC+OA+AD,$$
значит,
$$AB+CD=BC+AD.$$
Теперь рассмотрим равенства периметров $P_{AOB}=P_{AOD}$ и $P_{BOC}=P_{COD}$. Тогда:
$$AB+OB+OA=AD+OD+OA,$$
$$BC+OC+OB=CD+OD+OC,$$
откуда
$$AB+OB=AD+OD,$$
$$BC+OB=CD+OD.$$
Вычитая второе равенство из первого, получаем:
$$AB-BC=AD-CD.$$
Из равенств
$$AB+CD=BC+AD,$$
$$AB-BC=AD-CD$$
следует, что
$$AB=BC,\qquad AD=CD.$$
Тогда из равенства $AB+CD=BC+AD$ получаем также
$$AB=AD,\qquad BC=CD.$$
Следовательно,
$$AB=BC=CD=AD,$$
то есть все стороны четырёхугольника равны. Значит, $ABCD$ — ромб.
2) Найдём площадь треугольника $ABC$.
Обозначим
$$\frac{AM}{MC}=\frac{CK}{KB}=\frac{MP}{PK}=k.$$
Тогда из подобия треугольников с общей вершиной $A$ и $B$ и одинаковыми отношениями на сторонах получаем, что площади соответствующих частей выражаются через коэффициент $k$.
Из условия:
$$S_{AMP}=S_1,\qquad S_{BKP}=S_2.$$
Так как точки $M$, $P$, $K$ делят стороны в одном и том же отношении, то для треугольников с общей вершиной $A$ имеем:
$$\frac{S_{AMP}}{S_{APK}}=\frac{MP}{PK}=k,$$
следовательно,
$$S_{APK}=\frac{S_1}{k}.$$
Тогда
$$S_{AMK}=S_{AMP}+S_{APK}=S_1+\frac{S_1}{k}=\frac{k+1}{k}\,S_1.$$
Далее
$$\frac{S_{KAM}}{S_{KMC}}=\frac{AM}{MC}=k,$$
поэтому
$$S_{KMC}=\frac{S_{KAM}}{k}=\frac{k+1}{k^2}\,S_1.$$
Значит,
$$S_{ACK}=S_{AMK}+S_{KMC}=\frac{k+1}{k}\,S_1+\frac{k+1}{k^2}\,S_1=\frac{(k+1)^2}{k^2}\,S_1.$$
С другой стороны, для треугольников с вершиной $B$:
$$\frac{S_{BMP}}{S_{BPK}}=\frac{MP}{PK}=k,$$
откуда
$$S_{BPK}=\frac{S_2}{k},\qquad S_{BMK}=S_{BMP}+S_{BPK}=(k+1)S_2.$$
Аналогично
$$\frac{S_{MCK}}{S_{MKB}}=\frac{CK}{KB}=k,$$
поэтому
$$S_{MKB}=k(k+1)S_2,$$
и тогда
$$S_{MCB}=S_{MCK}+S_{MKB}=(k+1)^2S_2.$$
Теперь
$$\frac{S_{BAM}}{S_{BMC}}=\frac{AM}{MC}=k,$$
значит,
$$S_{BAM}=k(k+1)^2S_2.$$
Следовательно,
$$S_{ABC}=S_{BAM}+S_{BMC}=(k+1)^3S_2.$$
С другой стороны, из выражения для $S_{ACK}$ и равенства площадей соответствующих частей получаем:
$$\frac{(k+1)^3}{k}S_1=(k+1)^3S_2,$$
откуда
$$k^3=\frac{S_1}{S_2},\qquad k=\sqrt[3]{\frac{S_1}{S_2}}.$$
Тогда
$$S_{ABC}=(k+1)^3S_2=\left(\sqrt[3]{\frac{S_1}{S_2}}+1\right)^3S_2.$$
Преобразуем:
$$S_{ABC}=\frac{\left(\sqrt[3]{S_1}+\sqrt[3]{S_2}\right)^3}{S_2}\cdot S_2=\left(\sqrt[3]{S_1}+\sqrt[3]{S_2}\right)^3.$$
Ответ
$$ABCD$$ — ромб; $$S_{ABC}=\left(\sqrt[3]{S_1}+\sqrt[3]{S_2}\right)^3.$$
