У подобных треугольников высота разбивает гипотенузу на пропорциональные отрезки, если их взять за основания треугольников получим 4/S(бел)=S(зел)/4 или S(зел)=16S(бел). Диагональ делит четырёхугольник пополам, то есть 4+16S(бел)=S(бел)+19, откуда S(бел)=1, площадь четырёхугольника S=2(1+19)=40.
@@adept7474 Вы правы. Сбило то, что при S(бел)=x=1 16×1=16/1. Верное решение: 4×16/x=x+19, умножив на x получим xx+15x-16=0, x1=1, x2=-16 посторонний корень. S=2(1+19)=40.
Тоже симпатичная задача и тоже несложная. Пусть Safk=х, S bfc=у, в трапеции АВСК Sabf=Sfkc=4(св-ва диагон.трапеции), отсюда: х*у=16(те же св-ва) 4+у=х+19. х=1. Sabcd=(19+1)*2=40
Учитывая, что катет ΔBCF равен гипотенузе ΔACD, мы можем вычислить коэффициент их подобия k, а оттуда уже считать систему 4+x=kx (где k нам будет уже известен). Не берусь судить, но, похоже, даже вторая площадь (19) в данном случае не понадобится.
@@user-ne3hg7oh3h Предположим, что BF = 4 и докажем, что это действительно так: не противоречить площади равной 4 треугольника ABF, тогда S(BCF)=16 по причине подобий и, главное, S(AFK) = 1; 1+19 = S(ABC)=20, что и является доказательством предположения. Устно. Можно по "профессорски", но зачем, если такие удобные данные.
Отличная задача, поломал голову, хотелось красивое решение!) До Андрея не дотянул, он конечно красавчик!)) Насчет решения Кати - нет необходимости в биквадратном уравнении, если площадь оставить площадью, а пропорцию записать через коэффициенты площадей. Обозначим площадь белого за х, тогда площадь желтого kx=4 а площадь зеленого k(kx) =4k. При этом 4k+4=19+х. Получаем x+15=16/x это квадратное уравнение с корнями 1 и -16
@@GeometriaValeriyKazakov Я тоже решил как Андрей - "через трапецию", и заметил, что 1) тогда в задаче можно было даже НЕ говорить, что это прямоугольник, а 2) просто параллелограмм, и можно было бы сделать 2-й пункт - 3) доказать, что данный параллелограмм - прямоугольник, что уже посложнее. +формула, на основании которой вычислена площадь, верна и для рандомного 4-угольника.
мда... я великий геометр... не решил... час думал.... к решению андрея, правда сильно приблизился... но забыл казаковскую теорему, блин... он точно про нее рассказывал... и не так давно... ну а катя... катя просто размазала меня по стенке
поддерживаю!! Подумав "опосля" , решил что данная конструкция просто обязана быть "знакомой" для олимпиадников. Ну как лекало.)) Тем же кто не знаком с нею, и обдумывает 1ый раз - очень даже не вдруг догадаешься присваивать длинам значения вот в таком ключе.
А я сразу пошёл разбиением прямоугольника на два квадрата. Например, отложив на стороне АД точку М так, чтобы КМ = АК, и провёл через точку М паралельную АВ. Получается ваша задача про квадрат, в котором проведены отрезки от вершин к серединам сторон. И в этом квадрате получаются площади белая 1, красная 4 и жёлтая 11. Вместе 20. А прямоугольника 40. Таким образом площадь розового четырехугольника 19 можна из задания убрать))) Верно же?
Сначала доказываем, что АВМ1М - квадрат - поскольку ВК проведена к середине АМ и она перпендикулярна такому же отрезку, проведеному с угла А, допустим АО. Из равенства треугольников АОМ и СОМ1 получим, что точкой О диагональ прямоугольника АС разбивается на два равных отрезка, и . Из этого легко доказать, что АМ равно М1С, и ММ1СД тоже квадрат, равный АВМ1М
Как доказывается "волшебная теорема", что в четырехугольнике при разбиении диагоналями произведения площадей треугольников, примыкающих к противоположным сторонам четырехугольника, равны? И что площади треугольников, примыкающих к боковым сторонам трапеции, равны? В первом случае проще всего использовать формулу площади треугольника как половина произведения его сторон на синус угла между ними. За стороны треугольников принимаем отрезки диагоналей четырехугольника, которые разбиваются точкой их пересечения. А синусы острого и тупого угла равны, если их сумма 180 градусов. Во втором случае - то же самое подобие треугольников, примыкающих к основаниям трапеции. В рамках ли это школьной программы, которую проходит Андрей в 7 классе? Так что я бы не назвал решение Андрея "бесподобным".
Задача интересна тем, что, при всей кажущейся, на первый взгляд, простоте, не решается без квадратного ур-я. Касательно решений: как на мой вкус, первое - довольно тривиальное, второе - почти креативное.
Тоже пошел по пути соединить СК, зеленую площадь обозвал х, белую - у и получается:
х+4=19+у =>
x-y=15
x*y=16 => 2x*y = 32
=> x^2 + y^2 = 257 => (x+y)^2 = 289
Итого
x+y = 17
x-y = 15
=> x=16
У подобных треугольников высота разбивает гипотенузу на пропорциональные отрезки, если их взять за основания треугольников получим 4/S(бел)=S(зел)/4 или S(зел)=16S(бел). Диагональ делит четырёхугольник пополам, то есть 4+16S(бел)=S(бел)+19, откуда S(бел)=1, площадь четырёхугольника S=2(1+19)=40.
феноменальное решение
Сам в шоке!
@@GeometriaValeriyKazakov ))
Ошибочка вышла: 4/S(бел)=S(зел)/4 или S(зел)=16/S(бел) [а не 16S(бел)].
В итоге - то же квадратное ур-е. Без него - никак!
@@adept7474 Вы правы. Сбило то, что при S(бел)=x=1 16×1=16/1. Верное решение: 4×16/x=x+19, умножив на x получим xx+15x-16=0, x1=1, x2=-16 посторонний корень. S=2(1+19)=40.
Андрей - красавчик!!!
Тоже симпатичная задача и тоже несложная. Пусть Safk=х, S bfc=у, в трапеции АВСК Sabf=Sfkc=4(св-ва диагон.трапеции), отсюда:
х*у=16(те же св-ва)
4+у=х+19. х=1. Sabcd=(19+1)*2=40
по- профессорски через дефис, приношу извинения.
Учитывая, что катет ΔBCF равен гипотенузе ΔACD, мы можем вычислить коэффициент их подобия k, а оттуда уже считать систему 4+x=kx (где k нам будет уже известен). Не берусь судить, но, похоже, даже вторая площадь (19) в данном случае не понадобится.
И правильно делаете, что не беретесь! Можно оставить площадь 4, но увеличивать сторону АД. Без 19 ничего не получится!
@@SB-7423 тащемта жёлтенький и зелёненький тоже подобны, с ними наверняка можно тоже что-то выловить.
@@zawatsky Ничего без 19 выловить нельзя!! Не теряйте время, бесполезно.
Без би - и квадратных уравнений: AF*FC = 16; AF*BF = 8; FC = 2BF; K(подобия) = 2 →S(BFC) = 4*2^2 = 16; S(ABC) = 4+16 = 20; S(ABCD) = 40.
Зачем S(KFCD) = 19 ?
Спасибо.
Откуда AF*FC=16 ? Это (k*x)^2 однако
@@user-ne3hg7oh3h Предположим, что BF = 4 и докажем, что это действительно так: не противоречить площади равной 4 треугольника ABF, тогда S(BCF)=16 по причине подобий и, главное, S(AFK) = 1; 1+19 = S(ABC)=20, что и является доказательством предположения. Устно. Можно по "профессорски", но зачем, если такие удобные данные.
Отличная задача, поломал голову, хотелось красивое решение!) До Андрея не дотянул, он конечно красавчик!)) Насчет решения Кати - нет необходимости в биквадратном уравнении, если площадь оставить площадью, а пропорцию записать через коэффициенты площадей. Обозначим площадь белого за х, тогда площадь желтого kx=4 а площадь зеленого k(kx) =4k. При этом 4k+4=19+х. Получаем x+15=16/x это квадратное уравнение с корнями 1 и -16
Спасибо. Я Кате передам.
@@GeometriaValeriyKazakov Я тоже решил как Андрей - "через трапецию", и заметил, что 1) тогда в задаче можно было даже НЕ говорить, что это прямоугольник, а 2) просто параллелограмм, и можно было бы сделать 2-й пункт - 3) доказать, что данный параллелограмм - прямоугольник, что уже посложнее.
+формула, на основании которой вычислена площадь, верна и для рандомного 4-угольника.
Можете подсказать, какую программу вы используете для построения чертежей?
Корел 11
@@GeometriaValeriyKazakov Спасибо!
Бесподобное решение 😄👍
Точно так!
мда... я великий геометр... не решил... час думал.... к решению андрея, правда сильно приблизился... но забыл казаковскую теорему, блин... он точно про нее рассказывал... и не так давно... ну а катя... катя просто размазала меня по стенке
поддерживаю!! Подумав "опосля" , решил что данная конструкция просто обязана быть "знакомой" для олимпиадников. Ну как лекало.)) Тем же кто не знаком с нею, и обдумывает 1ый раз - очень даже не вдруг догадаешься присваивать длинам значения вот в таком ключе.
@@sacredabdulla5698 да, вы правы
Она такая!
Непонятен момент 2.10 откуда 4/к*2 ?
Стороны маленького и среднего относятся 1/k, а площади (1/k)^2.
А я сразу пошёл разбиением прямоугольника на два квадрата. Например, отложив на стороне АД точку М так, чтобы КМ = АК, и провёл через точку М паралельную АВ. Получается ваша задача про квадрат, в котором проведены отрезки от вершин к серединам сторон. И в этом квадрате получаются площади белая 1, красная 4 и жёлтая 11. Вместе 20. А прямоугольника 40. Таким образом площадь розового четырехугольника 19 можна из задания убрать)))
Верно же?
Отлично.
Почему точка М средина АD?
Сначала доказываем, что АВМ1М - квадрат - поскольку ВК проведена к середине АМ и она перпендикулярна такому же отрезку, проведеному с угла А, допустим АО. Из равенства треугольников АОМ и СОМ1 получим, что точкой О диагональ прямоугольника АС разбивается на два равных отрезка, и . Из этого легко доказать, что АМ равно М1С, и ММ1СД тоже квадрат, равный АВМ1М
@@miguelitonegrito Почему половина диагонали АО равна ВК?
AB=2kk(5), AD=4kk(5)
5
Очень быстро как по мне. Нужно больше разжевывать, а то мозг перегревается и тупит
Ленивое неправомерное решение: зеленый треугольник - х, белый - у. 4+х = 19+у. Треугольники х и у подобны. Отношение их равно квадрату коэффициента подобия. Перечислим ближайшие квадраты. 1, 4, 9, 16, 25... Стоп. 4+16 = 19+1. Подходит. Складываем слагаемые. Ответ: 40 )))
Норм.
Откуда известно, что коэффициент подобия целое число?
@@kirillfinkelshtey3926 интуиция) я же говорю, ленивое, неправомерное решение)
@@kirillfinkelshtey3926 Наверное, интуиция.
Как доказывается "волшебная теорема", что в четырехугольнике при разбиении диагоналями произведения площадей треугольников, примыкающих к противоположным сторонам четырехугольника, равны? И что площади треугольников, примыкающих к боковым сторонам трапеции, равны? В первом случае проще всего использовать формулу площади треугольника как половина произведения его сторон на синус угла между ними. За стороны треугольников принимаем отрезки диагоналей четырехугольника, которые разбиваются точкой их пересечения. А синусы острого и тупого угла равны, если их сумма 180 градусов. Во втором случае - то же самое подобие треугольников, примыкающих к основаниям трапеции. В рамках ли это школьной программы, которую проходит Андрей в 7 классе? Так что я бы не назвал решение Андрея "бесподобным".
Задача интересна тем, что, при всей кажущейся, на первый взгляд, простоте, не решается без квадратного ур-я.
Касательно решений: как на мой вкус, первое - довольно тривиальное, второе - почти креативное.
Не, там в коментариях есть решение без квадратного :)
@@vkr122 Не, там решение несколько некорректное, я написал.
@@adept7474 Да , действительно так!:)
@@vkr122 Вот и славненько.
Площади белого и зеленного х,у.
ху=4**2 и х+19=у+4. Решая имеем х=1,у=16
ху=4**2
Что это значит?