Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Тип 17 № 657470
i

В вы­пук­лом четырёхуголь­ни­ке ABCD диа­го­на­ли AC и BD пе­ре­се­ка­ют­ся в точке O. Сумма пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков AOB и COD равна сумме пло­ща­дей тре­уголь­ни­ков BOC и AOD, а пло­щадь тре­уголь­ни­ка BOC вдвое боль­ше, чем пло­щадь тре­уголь­ни­ка АОВ. Ме­ди­а­ны BK и BL тре­уголь­ни­ков ABD и DBC пе­ре­се­ка­ют от­ре­зок AC в точ­ках M и N со­от­вет­ствен­но.

а)  До­ка­жи­те, что  BO = OD.

б)  Найти KL, если  NC = 4.

Спрятать решение

Ре­ше­ние.

а)  Пусть

S_AOB = S_1,

S_BOC = S_2,

S_COD = S_3,

S_AOD = S_4.

По усло­вию S_1 плюс S_3 = S_2 плюс S_4. Кроме того,

S_1 умно­жить на S_3 = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на AO умно­жить на BO умно­жить на синус \angle AOB умно­жить на дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на CO умно­жить на DO умно­жить на синус \angle COD=
= дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на BO умно­жить на CO умно­жить на синус \angle BOC умно­жить на дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на DO умно­жить на AO умно­жить на синус \angle AOD = S_2 умно­жить на S_4.

Пусть далее S_1 плюс S_3 = p и S_1 умно­жить на S_3 = q, зна­чит, S1 и S3  — корни урав­не­ния x в квад­ра­те минус px плюс q = 0. Кор­ня­ми этого же урав­не­ния яв­ля­ют­ся S2 и S4, от­ку­да сле­ду­ет, что S_1 = S_2 или S_1 = S_4. Из усло­вия S_1 = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на S_2 по­лу­ча­ем S_1 = S_4, сле­до­ва­тель­но, от­ре­зок AO яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной тре­уголь­ни­ка ABD.

б)  Из пунк­та а) сле­ду­ет, что от­ре­зок AO  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка ABD, от­ре­зок CO  — ме­ди­а­на тре­уголь­ни­ка BСD, от­ку­да

AM : MO = CN : NO = 2 : 1.

За­ме­тим, что  дробь: чис­ли­тель: S_AOB, зна­ме­на­тель: S_BOC конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби = дробь: чис­ли­тель: AO, зна­ме­на­тель: OC конец дроби , тогда

 дробь: чис­ли­тель: AM, зна­ме­на­тель: NC конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 2, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби AO : дробь: чис­ли­тель: 2, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби CO = дробь: чис­ли­тель: AO, зна­ме­на­тель: CO конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби ,

от­ку­да по­лу­ча­ем, что AM = 2. AO = дробь: чис­ли­тель: 3, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби AM и CO = дробь: чис­ли­тель: 3, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби CN, по­это­му

AC = дробь: чис­ли­тель: 3, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на 2 плюс дробь: чис­ли­тель: 3, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби умно­жить на 4 = 9,

от­ку­да на­хо­дим: KL = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби AC = дробь: чис­ли­тель: 9, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби .

 

Ответ: б)  дробь: чис­ли­тель: 9, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби .

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Кри­те­рии оце­ни­ва­ния вы­пол­не­ния за­да­нияБаллы
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 выше0
Мак­си­маль­ный балл3
Источник: А. Ларин. Тре­ни­ро­воч­ный ва­ри­ант № 462
Методы геометрии: Метод пло­ща­дей, Свой­ства ме­ди­ан
Классификатор планиметрии: Мно­го­уголь­ни­ки и их свой­ства