А я решил методом координат! Уравнения прямых, содержащих два перпендикулярных отрезка: y = 2x - c; y = -(1/2)x + c, где с - длина стороны квадрата. Находим точку пересечения (4с/5; 3с/5), и по расстоянию между точками (читай теорема Пифагора), которое равно 3 получаем простое уравнение, из которого "с в квадрате" равно 20.
Красивое геометрическое решение в стиле Пифагора! Между тем я сказал бы, что ВК и СМ совмещаются поворотом на прямой угол. ...Далее. Ко всему прочему: я бы обозначил РК = у. Тогда РС = 2у, РВ = 4у, МС = ВК = 5у, МР = 3у. Т.е. у = 1, СК = 5^0.5, CD = 2*5^0.5, S = 20.
До сих пор благодарю нашего учителя Математики Надежду Яковлевну Денисову в МАВИАТе им. Годовикова. Она давала нам такие же упражнения. Я достаточно быстро справился с этой ,,задачкой". Кстати, она нам давала задачи и примеры для курсантов Академии им.Жуковского. У нас всё было: математика, геометрия, высшая математика и стереометрия... СССР, 1975 год(3-й курс).
Угол ВРС прямой все треугольнике в квадрате подобные с тангенсом меньшего угла 1/2 следовательно РК=1/2РС а ВР=2РС , МР+ВК=2,5РС и МР=1,5РС , СР высота в треугольнике ВСК площадь ВСК=2*5/2=5 а в квадрате 4 таких треугольника , вместе 20! Второй способ интересный , спасибо!
Красиво. У меня другая идея - а если распространить квадрат на всю плоскость? Там получается две сетки с квадратными ячейками. Конечно, у каждой сетки свой шаг, и одна повернута относительно другой на известный угол, тангенс которого 1/2.Для решения нужны только квадрат справа и квадрат снизу от исходного. Интересно, что оба эти квадрата можно получить, вращая исходный на 90° вокруг правой нижней вершины (вместе с внутренними линиями, проверьте) Сразу находится шаг повернутой сетки 4, а затем и шаг не повернутой (то есть сторона исходного квадрата) √20 Такие "сеточные" построения бывают очень продуктивны - там сразу видно все равные элементы, которые так сразу и не кажутся равными.
Прозрачная по идее задача. Всего лишь надо найти сторону квадрата. Способов решения, видимо, очень много, поскольку угол при перечении двух прямых равен прямому. В уме, наверное, тоже можно решить. В любом случае, до ответа доходишь очень быстро.
В ходе решения какой-то старой задачи выяснил что две так расположенные «медиагонали» в параллелограмме точкой пересечения делятся в отношении 3:2 и 1:4 (если считать от середин сторон). Даже гадать не пришлось. 😉
Решение: треугольники большой (у которого отрезок гипотенузы = 3) и малый (верхняя часть большого треугольника) - подобны. Если обозначить малый катет большого треугольника =х, тогда гипотенуза большого = хsqr5. А подобие = х/хsqr5 (отношение гипотенузы малого к гипотенузе большого). Тогда большой катет малого = 2х/sqr5. Составляем уравнение длины гипотенузы большого треугольника: хsqr5=3+2х/sqr5. Умножаем обе часть на sqr5: 5х=3sqr5+2х => х=sqr5. S = (2x)^2 = 4*5 = 20. Кстати, подобие треугольников понятно, если опустить высоту из точки Р вправо. При этом верхний треуголник от этой высоты подобен большому треугольнику, и малый треугольник вниз от высоты подобен большому. Так я рассуждал при решении.
Спасибо. Веселая задача. Я решил почти по первому способу. провел две параллельные к BK прямые через точки A и D. Продлил CM вниз. Отсюда легко показать, что PM = 1.5*PC / откуда CM = 5...
Ещё полтора способа. Способ 1. "Камень-ножницы-бумага." Камень прячем за пазуху для второго способа, берём ножницы и бумагу. Режем квадрат на 4 одинаковых треугольника, равных МСД. Далее режем МСД по синей линии, затем параллельно синей из Д, параллельно красной из К и по настроению по одной из диагоналей уцелевшего прямоугольника получаем 5 одинаковых прямоугольных с катетами 1 и 2 и площадью 1 каждый. 1*5*4=20 Способ 2. "Тяжело в учении - легко в очаге поражения". Треугольник РСК подобен МСД. Далее индийские пляски с бубном и системой уравнений а-ля Болливуд. "Фильмы бывают отличные, хорошие, средние, плохие, отстойные и индийские" (С). Кто видел индийские ролики на тему - поймет, кто не видел - индусы любят замудреные способы даже для простых задач. Американцы наоборот - ищут самое простое решение, что, как ни парадоксально, требует бОльших знаний. ЗЫ первоначально решил первым способом автора с небольшими нюансами.
Решил в уме) Продлеваем BK и AD до точки соединения их прямых, пусть будет O. Получаем: 1) параллельные прямые AMDO и BC и пересекающие их в точке P секущие BO и MC, а значит, подобные треугольники BPC и OPM; 2) равные треугольники BCK и ODK (по 3 углам (B и O - накрест лежащие, C и D - прямые, BKC и OKD - вертикальные) и сторонам между соответственно равными углами). → BC=OD. Т.к. MD=1/2 BC, а BC=OD, то MO=3/2 BC → коэффициент подобия сторон треугольников OPM/BPC равен 3/2 → MP/PC=3/2 → PC=2 → MC=3+2=5 → BK=5 (т.к. треугольники CDM и BCK равны по 2 сторонам и углу между ними). Теперь строим квадрат, верхняя сторона которого BK, он будет внутренний, а 4-мя треугольниками, равными BCK, строим вокруг него внешний квадрат. S внутреннего = 5*5=25, а S внешнего = 25+S(BCK)*4. И тут мы видим, что искомый квадрат можно достроить до внешнего, добавив как раз 4 треугольника, равных BCK, (2 слева и 2 снизу) и 1/4 искомого. Получается, S искомого = S внешнего - 1/4 S искомого - S(BCK)*4. → S искомого = 25+S(BCK)*4 - 1/4 S искомого - S(BCK)*4, → S искомого = 25 - 1/4 S искомого, → 25 = 5/4 S искомого, → S искомого = 25/5 * 4 = 20. Ответ 20.
Есть момент, который не могу вспомнить как доказать, может по Винту, может по Факсу (не помню кто к равным отсекаемым отрезкам относится, кто ещё к чему-то), это что стороны делится в отношении 1 к 3. Тогда МС 1,5. А дальше куча способов найти площадь, самое простое - увидеть что квадрат из 4 таких больших треугольничкой (либо из 2 равнобедренных)
Решил устно, но задача красивая. Треугольники не только равны, но и повернуты на 90 градусов. Их катеты взаимно перпендикулярны. Значит и гипотенузы тоже и т.д.
Через подобие можно без доп построений: x = CK, CM = 5½x, CPK подобен CMD: CP/CD = CK/CM (5½x - 3)/2x = x/(5½x) 2x² = 5x² - 3x*5½ 3x² = 3x*5½ x = 5½ S = 20 Чуть больше математики, зато мозг вообще включать не надо, просто в лоб решается.
А, кстати, является ли достаточным док-вом утверждение: если в двух равных прямоугольных тр-ках катеты попарно ⟂, то и гипотенузы также ⟂?@@GeometriaValeriyKazakov
Здесь даже подобие не нужно. Легко решается через "обратную" задачу - исходя из стороны квадрата выражаем MP через тригонометрию - и получаем уравнение, находим сторону квадрата, а вместе с ней - и площадь.
Обозначим сторону a. Искомая площадь S=a². Уравнения прямых: (BD): a/2•(x-0)+a(y-a)=0, ax/2+ay=a², x+2y=2a (1) (CM): a(x-a/2)-ay/2=0, 2x-y=a (2) Решая систему (1), (2), находим точку пересечения P=(BD)∩(CM)=P(4a/5, 3a/5). Расстояние между P и M: d(P, M)=√[(4a/5-a/2)²+(3a/5-0)²] =√[(8a-5a)²/10²+(3a)²/5²] =√[9a²+4•9a²]/10 =3a√5/10 =3a/(2√5)≝3 a=2√5, S=a²=4•5=20
Я решила эту задачу третьим способом, он гораздо проще, но скорее всего на олимпиаде его не примут. Я сфотографировала ваш квадрат и увеличивала его до тех пор, пока РМ не стало равно 3. Потом измерила боковые стенки, они оказались 4,47. 4,47 х 4,47 = 19,98. Округлила до 20.
Отличная задача с множеством решений.Также решил двумя способами в уме но другими. Первый способ в лоб ничего не дорисовывая, тр-ки МDС и РКС подобны и значит РК/КС = 1/2 и РКС также прямоугольный тр-к.далее также выразил МD = х. По т-ме Пифагора МС = кв.кор.(5) * х, РС = 2х/кв.кор.(5), МР = МС - РС = 3х/кв.кор.(5) = 3, х = кв.кор.(5), S = (2* кв.кор.(5)) ^2 = 20. Второй способ нарисовал аналогично вашему 1 способу продолжив ВК и АD до пересечения в т.F получив тр-к где один катет равен стороне квадрата, второй двум сторонам его. Далее из т. А провел отрезок || МР до пересечения с ВК в т.Т. АТF подобен МРF c К подобия = 4/3, откуда АТ = 4. АВТ подобен МСД, нахожу АВ из прямоуг. тр-ка АВТ по т-ме Пифагора АВ = 2 * кв.кор.(5), S = (2* кв.кор.(5)) ^2 = 20.
К 1-му способу для разнообразия хорошо т. Менелая применяется. Там получится решение практически в одну строку (2/3)*(3/x)*1 = 1, откуда х=2, т.е. вся сторона =5, а дальше как в способе 1
если из М провести перпендикуляр, получиться 2 треугольника. Тот у которого катет =3, гипотенуза будет равна 3\4 стороны квадрата. Надо доказать что БК делит перпендикуляр в соотношении 1:3
второй способ ппцкий просто) Валерий порадовал, как обычно... оригинальными достроениями. А я решил незатейливо по-стариковски. Обозначим CK за x. тогда CP это (2/корень из 5)х... а MC это (корень из5) х. Получается нехитрое уравнение 3+(2/корень из 5)х=(корень из5) х. Выходит х=корень из 5.... ну и S= (2 корень из5)^2... А-а, ну еще пропустил доказательство подобия треугольников... это усматривается, при повороте по часовой стрелке сторон квадрата BC и CD. они сразу сливаются с BK и CM... вот так как-то
Я не так сделал. РС принял за Х, половину стороны квадрата принял за Y. Треугольники PCК и MCD подобны, составил для них пропорции, в итоге получил два уравнения: Y² = X² + 3X) / 2 и Y² = (X² + 6X + 9) / 5 Приводим к -3X² - 3X + 18 = 0 Дискриминант 225, положительный корень 2. Ну и всё. СМ = 5, катет СР равен 2Y, катет MD равен Y. Простое уравнение: 5² = Y² + 4Y², или 25 = 5Y² Отсюда Y (половина стороны квадрата) равен корню из пяти, а площадь = два корня из пяти в квадрате, т.е.20
Тоже не задумываясь решил похожим образом. За чем в такой задаче нужны дополнительные построения неясно: это дополнительно усложняет решение и плюс требует больше времени на решение, а на олимпиаде или контрольной время имеет критически важное значение.
Спасибо. Долгий разговор. Вообще-то я тренер по олимпиадам и точно даю то, что нужно. Если вы спросите у футбольного тренера, зачем он дает те или иные уупражнения, то что он вам ответит? Коротко - доппостроения - самое трудное чему нужно научиться. @@СергейБесага
@@GeometriaValeriyKazakov Согласен, о доппостроениях всегда думаешь в последнюю очередь. Но всё примеряешь под себя, а у меня всегда не хватало немного времени вот и пытаешься подыскивать более рациональные решения. Жаль у меня в своё время не было тренера по олимпиадам.
Спасибо,вспомнил школу и учительницу Мари Юльевну.Попытался устно и ошибся,пришлось записывать.Решал через подобие треуг. ВСК и СМD равны а СРК им подобен по трем углам..Пусть сторона АВ= 2а тогда СМ=ВК=а*sqrt(5), Кэф подобия sqrt(5), легко вычисляется а=sqrt(5),те сторона квадрата 2*sqrt(5) след площадь 20.
Я бы решал через "обратную" задачу. Выразил бы "красный" отрезок (MP) через сторону квадрата: PC = a*sin(PBC) = a*sqrt(5)/5 = 0.2a*sqrt(5); MC = sqrt(a^2+0.25a^2) = a*sqrt(1.25) = a*sqrt(5)/2 = 0.5a*sqrt(5); MP = MC - PC = 0.3a*sqrt(5) = 3. Отсюда a = 3/(0.3sqrt(5)) = 10/sqrt(5) = 2*sqrt(5) и S(ABCD) = 4*5 = 20.
А то, что MC _L BK, можем доказать с помощью... векторов: MC = [0.5; 1], BK = [1; -0.5]. Скалярное произведение: MC*BK = 0.5*1 - 1*0.5 = 0. Т. е. векторы, а вместе с ними и прямые MC и BK перпендикулярны.
Решается в уме: Все треугольники подобны и при этом у них катеты относятся как 1/2. Принимаем КР=х, тогда РС=2х.По Пифагору КС=√[х²+(2х)²]=х√5, СД=2*КС=2х√5 МД=СК=х√5 МС=√(5х²+4*5х²)=5х МР=МС-РС=5х-2х=3х 3х=3, х = 1 Sкв. = СД² = (2х√5)²= (2√5)² = 4*5 Sкв. = 20 P.S. Написал свое решение, потом увидел в коментах такое же.😉
Т.к. я нифига не бывалый олимпиадник, то призвал тригонометрию. Но без брадиса, только применил известные тригонометрические. зависимости. И получилось, помоему, красивше и проще, чем в ролике. Достроил BM.
Я выразила S тр.ВСК через сторону ВК и высоту СР = h. Выразила h через х и составила уравнение (3+h)^2 = 5x^2. Получила кв. уравнение, корень которого Х равен корню из 5. S= 20.
Решил первым, что бросилось в глаза. Треугольники BCK и CMD равны по двум катетам x и 2x, отсюда углы MCD и СBK равны, и угол CPK прямой, значит, CP - высота в треугольнике CBK. Найдём её, как произведение катетов, делённое на гипотенузу: CP = 2x²/(x√5) = 2x√5/5. Отсюда PM = x√5 - 2x√5/5 = 3x√5/5 = 3. Отсюда x = √5, искомая площадь равна 4x² = 4•5 = 20.
Решал через подобие треугольников. , обозначив СХ за Икс, а РС за игрек.. Решил систему уравнений Получилось 28,8. Только почему-то РС получилось равное 3. Хотя на рисунке это не так. Сейчас буду смотреть ваши решения
@@GeometriaValeriyKazakov все понравились.Но больше 1е - оно похоже на моё. А своё всегда лучшее,даже,если самое не красивое - просто потому,что понятней.
Нашёл площадь квадрата черчением, для пятиклассников, которые не дружат с тангенсами и не знакомы с Пифагором, не знают соотношение сторон египетского треугольника. Первое. Сторона квадрата СД уже имеет равные деления, через эти точки проводим прямые параллельные синему отрезку ВК , деля ими отрезок МС на 5 равных частей! Второе. Стираем проведённые линии, чтобы не мешали, и чертим линию с точки Д параллельно отрезку ВК до середины отрезка АВ. Чертим линию с точки А параллельно отрезку МС до середины отрезка ВС. Получили малый квадрат внутри большого квадрата со сторонами 2 единицы! Третье. Считаем площадь большого квадрата имея площадь малого 4 единицы, в большом квадрате малых квадратов 5 штук! 4*5=20 единиц площадь большого квадрата............ Блин.... вначале решил задачку.... потом посмотрел начало первого решения, остановил видео, написал комент, потом досмотрел видео..... пардон.... не получилось выпендрится пришлось вернуться к коменту и дописать про блин.........
Получил 20. Посмотрим автора. Немного другое решение. СМ=ВК=х√5. Площадь ВМК и МКВ составляют половину площади квадрата. ВК*3+х²=4х² откуда х=√5. Соответственно S=20.
Что значит "сторона маленьких квадратов относятся один к двум"? Не понял. То, что сторона равна 2, это да. Я в первом способе, кстати, решил так: треугольник BCK это четверть площади квадрата. Площадь этого треугольника (5 × 2) ÷ 2. Если не делить на 2, то получится половина квадрата, а если (5 × 2) × 2, то получится весь квадрат.
1) Соединим М и К. МВК -- равнобедренный ∆-к и ВМ=ВК По теореме Пифагора -- ВМ=√(ВА^2+АМ^2)= √(а^2+(а/2)^2)=а√5/2 -- МК=√(МD^2+KD^2)= √((a/2)^2+(a/2)^2)=a√2/2 2) Поскольку по построению ∆-ки MCD и BCK равны, то ^КВС=^MCD=в В ∆-ке ВРС угол ^ВСР=90°-^MCD=90°-в ➡️ ^ВРС=90° 3) Обозначим РК=х Тогда по теореме Пифагора для -- ∆-ка MBP BM^2=MP^2+BP^2 или (а√5/2)^2=3^2+(а√5/2-х)^2 или 5а^2/4=9+5а^2/4-ах√5+х^2 или ах√5 - х^2=9 (3.1) --- ∆-ка МРК МК^2=МР^2+РК^2 или (a√2/2)^2=3^2+х^2 или 9+х^2=а^2/2 (3.2) 4) Решаем систему из 2-х уравнений (3.1) и (3.2) Сложим уравнения (3.1) и (3.2) (ах√5 - х^2)+(9+х^2)=9+а^2/2 ах√5=а^2/2 ➡️ х=а/2√5 (4.1) Подставим в уравнение (3.2) вместо х правую часть уравнения (4.1) (а/2√5)^2=а^2/2 ➡️ а^2=20 ☑️☑️💐
Ко 2-му способу. ua-cam.com/video/RecB4w6IFlo/v-deo.htmlsi=hD016OfslS6TvTZQ
Классная задачка, красивые оба способа!!! Спасибо❤
А я решил методом координат! Уравнения прямых, содержащих два перпендикулярных отрезка: y = 2x - c; y = -(1/2)x + c, где с - длина стороны квадрата. Находим точку пересечения (4с/5; 3с/5), и по расстоянию между точками (читай теорема Пифагора), которое равно 3 получаем простое уравнение, из которого "с в квадрате" равно 20.
Отлично.
Красивое геометрическое решение в стиле Пифагора! Между тем я сказал бы, что ВК и СМ совмещаются поворотом на прямой угол. ...Далее. Ко всему прочему: я бы обозначил РК = у. Тогда РС = 2у, РВ = 4у, МС = ВК = 5у, МР = 3у. Т.е. у = 1, СК = 5^0.5, CD = 2*5^0.5, S = 20.
До сих пор благодарю нашего учителя Математики Надежду Яковлевну Денисову в МАВИАТе им. Годовикова. Она давала нам такие же упражнения. Я достаточно быстро справился с этой ,,задачкой". Кстати, она нам давала задачи и примеры для курсантов Академии им.Жуковского. У нас всё было: математика, геометрия, высшая математика и стереометрия...
СССР, 1975 год(3-й курс).
Зачет!
Угол ВРС прямой все треугольнике в квадрате подобные с тангенсом меньшего угла 1/2 следовательно РК=1/2РС а ВР=2РС , МР+ВК=2,5РС и МР=1,5РС , СР высота в треугольнике ВСК площадь ВСК=2*5/2=5 а в квадрате 4 таких треугольника , вместе 20! Второй способ интересный , спасибо!
супер!
Красиво. У меня другая идея - а если распространить квадрат на всю плоскость? Там получается две сетки с квадратными ячейками. Конечно, у каждой сетки свой шаг, и одна повернута относительно другой на известный угол, тангенс которого 1/2.Для решения нужны только квадрат справа и квадрат снизу от исходного. Интересно, что оба эти квадрата можно получить, вращая исходный на 90° вокруг правой нижней вершины (вместе с внутренними линиями, проверьте) Сразу находится шаг повернутой сетки 4, а затем и шаг не повернутой (то есть сторона исходного квадрата) √20
Такие "сеточные" построения бывают очень продуктивны - там сразу видно все равные элементы, которые так сразу и не кажутся равными.
супер!
Прозрачная по идее задача. Всего лишь надо найти сторону квадрата. Способов решения, видимо, очень много, поскольку угол при перечении двух прямых равен прямому. В уме, наверное, тоже можно решить. В любом случае, до ответа доходишь очень быстро.
В ходе решения какой-то старой задачи выяснил что две так расположенные «медиагонали» в параллелограмме точкой пересечения делятся в отношении 3:2 и 1:4 (если считать от середин сторон). Даже гадать не пришлось. 😉
Да и треугольник там BPM египетский 3:4:5
Решение: треугольники большой (у которого отрезок гипотенузы = 3) и малый (верхняя часть большого треугольника) - подобны. Если обозначить малый катет большого треугольника =х, тогда гипотенуза большого = хsqr5. А подобие = х/хsqr5 (отношение гипотенузы малого к гипотенузе большого). Тогда большой катет малого = 2х/sqr5. Составляем уравнение длины гипотенузы большого треугольника: хsqr5=3+2х/sqr5. Умножаем обе часть на sqr5: 5х=3sqr5+2х => х=sqr5. S = (2x)^2 = 4*5 = 20.
Кстати, подобие треугольников понятно, если опустить высоту из точки Р вправо. При этом верхний треуголник от этой высоты подобен большому треугольнику, и малый треугольник вниз от высоты подобен большому. Так я рассуждал при решении.
Супер!
Спасибо. Веселая задача. Я решил почти по первому способу. провел две параллельные к BK прямые через точки A и D. Продлил CM вниз. Отсюда легко показать, что PM = 1.5*PC / откуда CM = 5...
И вам спасибо.
Ещё полтора способа.
Способ 1. "Камень-ножницы-бумага."
Камень прячем за пазуху для второго способа, берём ножницы и бумагу. Режем квадрат на 4 одинаковых треугольника, равных МСД.
Далее режем МСД по синей линии, затем параллельно синей из Д, параллельно красной из К и по настроению по одной из диагоналей уцелевшего прямоугольника получаем 5 одинаковых прямоугольных с катетами 1 и 2 и площадью 1 каждый. 1*5*4=20
Способ 2. "Тяжело в учении - легко в очаге поражения".
Треугольник РСК подобен МСД. Далее индийские пляски с бубном и системой уравнений а-ля Болливуд. "Фильмы бывают отличные, хорошие, средние, плохие, отстойные и индийские" (С). Кто видел индийские ролики на тему - поймет, кто не видел - индусы любят замудреные способы даже для простых задач. Американцы наоборот - ищут самое простое решение, что, как ни парадоксально, требует бОльших знаний.
ЗЫ первоначально решил первым способом автора с небольшими нюансами.
Отлично!
Восторг!
Спасибо!@@MrEkokadr
Решил в уме)
Продлеваем BK и AD до точки соединения их прямых, пусть будет O. Получаем:
1) параллельные прямые AMDO и BC и пересекающие их в точке P секущие BO и MC, а значит, подобные треугольники BPC и OPM;
2) равные треугольники BCK и ODK (по 3 углам (B и O - накрест лежащие, C и D - прямые, BKC и OKD - вертикальные) и сторонам между соответственно равными углами).
→ BC=OD.
Т.к. MD=1/2 BC, а BC=OD, то MO=3/2 BC → коэффициент подобия сторон треугольников OPM/BPC равен 3/2 → MP/PC=3/2 → PC=2 → MC=3+2=5 → BK=5 (т.к. треугольники CDM и BCK равны по 2 сторонам и углу между ними).
Теперь строим квадрат, верхняя сторона которого BK, он будет внутренний, а 4-мя треугольниками, равными BCK, строим вокруг него внешний квадрат. S внутреннего = 5*5=25, а S внешнего = 25+S(BCK)*4.
И тут мы видим, что искомый квадрат можно достроить до внешнего, добавив как раз 4 треугольника, равных BCK, (2 слева и 2 снизу) и 1/4 искомого. Получается, S искомого = S внешнего - 1/4 S искомого - S(BCK)*4.
→ S искомого = 25+S(BCK)*4 - 1/4 S искомого - S(BCK)*4,
→ S искомого = 25 - 1/4 S искомого, → 25 = 5/4 S искомого,
→ S искомого = 25/5 * 4 = 20.
Ответ 20.
Есть момент, который не могу вспомнить как доказать, может по Винту, может по Факсу (не помню кто к равным отсекаемым отрезкам относится, кто ещё к чему-то), это что стороны делится в отношении 1 к 3. Тогда МС 1,5. А дальше куча способов найти площадь, самое простое - увидеть что квадрат из 4 таких больших треугольничкой (либо из 2 равнобедренных)
Решил устно, но задача красивая. Треугольники не только равны, но и повернуты на 90 градусов. Их катеты взаимно перпендикулярны. Значит и гипотенузы тоже и т.д.
Согласен.
Через подобие можно без доп построений: x = CK, CM = 5½x, CPK подобен CMD:
CP/CD = CK/CM
(5½x - 3)/2x = x/(5½x)
2x² = 5x² - 3x*5½
3x² = 3x*5½
x = 5½
S = 20
Чуть больше математики, зато мозг вообще включать не надо, просто в лоб решается.
Да, можно. Только перпендикулярность все равно нужно доказать. Иначе никакого подобия не будет.
А, кстати, является ли достаточным док-вом утверждение: если в двух равных прямоугольных тр-ках катеты попарно ⟂, то и гипотенузы также ⟂?@@GeometriaValeriyKazakov
@@GeometriaValeriyKazakov Ну это из равенства треугольников BCK и MCD по двум сторонам и прямому углу между ними следует. Стоило написать, да.
Здравствуйте. Моё решение: РС и СМ перпендикулярны. Треугольники ВСР, СРК и ВСК подобны. Из подобия РВ= 2*РС= 4*РК. Из равенства ВК = МС получаем 5*РК= 3+2*РК. РК=1. S= 5*5-S/4. S=20
Отлично!
Наверное, не "РС и СМ перпендикулярны", РС и ВК.
Вы правы. У меня ошибка. Спасибо.
@@владимирвасильев-е8т
Просто была допущена описка. Легко было догадаться и без моего комментария, что вы на самом деле имели ввиду.
Я сам делаю ошибки. Это ж интересно!@@владимирвасильев-е8т
Через подобие CPK , CMD выражаем СР через СК=х, площадь квадрата 4х^2. З+PC= xsqrt5.
Здесь даже подобие не нужно. Легко решается через "обратную" задачу - исходя из стороны квадрата выражаем MP через тригонометрию - и получаем уравнение, находим сторону квадрата, а вместе с ней - и площадь.
@@dmitry-ie3vd4ll2z триго это неинтересно и менее красиво
Спасибо!
Обозначим сторону a. Искомая площадь S=a². Уравнения прямых:
(BD): a/2•(x-0)+a(y-a)=0, ax/2+ay=a²,
x+2y=2a (1)
(CM): a(x-a/2)-ay/2=0, 2x-y=a (2)
Решая систему (1), (2), находим точку пересечения P=(BD)∩(CM)=P(4a/5, 3a/5).
Расстояние между P и M:
d(P, M)=√[(4a/5-a/2)²+(3a/5-0)²] =√[(8a-5a)²/10²+(3a)²/5²] =√[9a²+4•9a²]/10 =3a√5/10 =3a/(2√5)≝3
a=2√5, S=a²=4•5=20
Спасибо.
Я решила эту задачу третьим способом, он гораздо проще, но скорее всего на олимпиаде его не примут. Я сфотографировала ваш квадрат и увеличивала его до тех пор, пока РМ не стало равно 3. Потом измерила боковые стенки, они оказались 4,47.
4,47 х 4,47 = 19,98. Округлила до 20.
Отлично!
Отличная задача с множеством решений.Также решил двумя способами в уме но другими. Первый способ в лоб ничего не дорисовывая, тр-ки МDС и РКС подобны и значит РК/КС = 1/2 и РКС также прямоугольный тр-к.далее также выразил МD = х. По т-ме Пифагора МС = кв.кор.(5) * х, РС = 2х/кв.кор.(5), МР = МС - РС = 3х/кв.кор.(5) = 3, х = кв.кор.(5), S = (2* кв.кор.(5)) ^2 = 20. Второй способ нарисовал аналогично вашему 1 способу продолжив ВК и АD до пересечения в т.F получив тр-к где один катет равен стороне квадрата, второй двум сторонам его. Далее из т. А провел отрезок || МР до пересечения с ВК в т.Т. АТF подобен МРF c К подобия = 4/3, откуда АТ = 4. АВТ подобен МСД, нахожу АВ из прямоуг. тр-ка АВТ по т-ме Пифагора АВ = 2 * кв.кор.(5), S = (2* кв.кор.(5)) ^2 = 20.
Отлично.
К 1-му способу для разнообразия хорошо т. Менелая применяется. Там получится решение практически в одну строку (2/3)*(3/x)*1 = 1, откуда х=2, т.е. вся сторона =5, а дальше как в способе 1
Отлично.
Спасибо за два интересных решения.
Второй способ действительно красивый!
Согласен!
Нашëл гораздо более быстрый и простой способ решения с помощью подобия треугольников. Спасибо за интересную задачу! 😊
И вам
если из М провести перпендикуляр, получиться 2 треугольника. Тот у которого катет =3, гипотенуза будет равна 3\4 стороны квадрата. Надо доказать что БК делит перпендикуляр в соотношении 1:3
Отлично
второй способ ппцкий просто) Валерий порадовал, как обычно... оригинальными достроениями. А я решил незатейливо по-стариковски. Обозначим CK за x. тогда CP это (2/корень из 5)х... а MC это (корень из5) х. Получается нехитрое уравнение 3+(2/корень из 5)х=(корень из5) х. Выходит х=корень из 5.... ну и S= (2 корень из5)^2... А-а, ну еще пропустил доказательство подобия треугольников... это усматривается, при повороте по часовой стрелке сторон квадрата BC и CD. они сразу сливаются с BK и CM... вот так как-то
Я не так сделал. РС принял за Х, половину стороны квадрата принял за Y. Треугольники PCК и MCD подобны, составил для них пропорции, в итоге получил два уравнения: Y² = X² + 3X) / 2 и Y² = (X² + 6X + 9) / 5 Приводим к -3X² - 3X + 18 = 0 Дискриминант 225, положительный корень 2. Ну и всё. СМ = 5, катет СР равен 2Y, катет MD равен Y. Простое уравнение: 5² = Y² + 4Y², или 25 = 5Y² Отсюда Y (половина стороны квадрата) равен корню из пяти, а площадь = два корня из пяти в квадрате, т.е.20
Тоже отлично! Спасибо.
Тоже не задумываясь решил похожим образом. За чем в такой задаче нужны дополнительные построения неясно: это дополнительно усложняет решение и плюс требует больше времени на решение, а на олимпиаде или контрольной время имеет критически важное значение.
Спасибо. Долгий разговор. Вообще-то я тренер по олимпиадам и точно даю то, что нужно. Если вы спросите у футбольного тренера, зачем он дает те или иные уупражнения, то что он вам ответит? Коротко - доппостроения - самое трудное чему нужно научиться. @@СергейБесага
@@GeometriaValeriyKazakov Согласен, о доппостроениях всегда думаешь в последнюю очередь. Но всё примеряешь под себя, а у меня всегда не хватало немного времени вот и пытаешься подыскивать более рациональные решения. Жаль у меня в своё время не было тренера по олимпиадам.
Спасибо,вспомнил школу и учительницу Мари Юльевну.Попытался устно и ошибся,пришлось записывать.Решал через подобие треуг. ВСК и СМD равны а СРК им подобен по трем углам..Пусть сторона АВ= 2а тогда СМ=ВК=а*sqrt(5), Кэф подобия sqrt(5), легко вычисляется а=sqrt(5),те сторона квадрата 2*sqrt(5) след площадь 20.
Отлично!
Я бы решал через "обратную" задачу. Выразил бы "красный" отрезок (MP) через сторону квадрата:
PC = a*sin(PBC) = a*sqrt(5)/5 = 0.2a*sqrt(5); MC = sqrt(a^2+0.25a^2) = a*sqrt(1.25) = a*sqrt(5)/2 = 0.5a*sqrt(5); MP = MC - PC = 0.3a*sqrt(5) = 3. Отсюда a = 3/(0.3sqrt(5)) = 10/sqrt(5) = 2*sqrt(5) и S(ABCD) = 4*5 = 20.
А то, что MC _L BK, можем доказать с помощью... векторов: MC = [0.5; 1], BK = [1; -0.5]. Скалярное произведение: MC*BK = 0.5*1 - 1*0.5 = 0. Т. е. векторы, а вместе с ними и прямые MC и BK перпендикулярны.
Да, векторами отлично, а еще лучше поворотом около O квадрата.@@dmitry-ie3vd4ll2z
Решается в уме:
Все треугольники подобны и при этом у них катеты относятся как 1/2.
Принимаем КР=х, тогда РС=2х.По Пифагору
КС=√[х²+(2х)²]=х√5,
СД=2*КС=2х√5
МД=СК=х√5
МС=√(5х²+4*5х²)=5х
МР=МС-РС=5х-2х=3х
3х=3, х = 1
Sкв. = СД² = (2х√5)²= (2√5)² = 4*5
Sкв. = 20
P.S. Написал свое решение, потом увидел в коментах такое же.😉
Отлично.
Т.к. я нифига не бывалый олимпиадник, то призвал тригонометрию. Но без брадиса, только применил известные тригонометрические. зависимости. И получилось, помоему, красивше и проще, чем в ролике.
Достроил BM.
Супер.
Я выразила S тр.ВСК через сторону ВК и высоту СР = h. Выразила h через х и составила уравнение
(3+h)^2 = 5x^2. Получила кв. уравнение, корень которого Х равен корню из 5. S= 20.
Отлично!
Классная задача! Пусть ВС=СД=х, РС=у. Через равенство тр-ков КВС=МСД легко доказуемо, что РСК подобен МСД. Отсюда:
х/2:у=(3+у):х
x^2+(x/2)^2=(3+y)^2. у=2, х=\/20. Sabcd=20
Согласен.
Оригинальный второй способ. Спасибо
И вам!
Решил первым, что бросилось в глаза. Треугольники BCK и CMD равны по двум катетам x и 2x, отсюда углы MCD и СBK равны, и угол CPK прямой, значит, CP - высота в треугольнике CBK. Найдём её, как произведение катетов, делённое на гипотенузу: CP = 2x²/(x√5) = 2x√5/5. Отсюда PM = x√5 - 2x√5/5 = 3x√5/5 = 3. Отсюда x = √5, искомая площадь равна 4x² = 4•5 = 20.
Спасибо.
Второй способ сразу же бросается в глаза! Решил в уме за полминуты, пока смотрел про первый. )))
Спасибо. Но нужно за 15 сек!
@@GeometriaValeriyKazakov не, настолько быстро я не способен! )))
Я тоже торможу порой@@pe4nik-rus
Решал через подобие треугольников. , обозначив СХ за Икс, а РС за игрек.. Решил систему уравнений Получилось 28,8. Только почему-то РС получилось равное 3. Хотя на рисунке это не так. Сейчас буду смотреть ваши решения
Согласен.
Нашел свою ошибку . Неправильно решил квадратное уравнение. Коэффициент В взял с противоположным знаком.
Красивая вещь.
Благодарю.
Какое решение больше понравилось?
@@GeometriaValeriyKazakov все понравились.Но больше 1е - оно похоже на моё. А своё всегда лучшее,даже,если самое не красивое - просто потому,что понятней.
Нашёл площадь квадрата черчением, для пятиклассников, которые не дружат с тангенсами и не знакомы с Пифагором, не знают соотношение сторон египетского треугольника.
Первое. Сторона квадрата СД уже имеет равные деления, через эти точки проводим прямые параллельные синему отрезку ВК , деля ими отрезок МС на 5 равных частей!
Второе. Стираем проведённые линии, чтобы не мешали, и чертим линию с точки Д параллельно отрезку ВК до середины отрезка АВ. Чертим линию с точки А параллельно отрезку МС до середины отрезка ВС. Получили малый квадрат внутри большого квадрата со сторонами 2 единицы!
Третье. Считаем площадь большого квадрата имея площадь малого 4 единицы, в большом квадрате малых квадратов 5 штук! 4*5=20 единиц площадь большого квадрата............
Блин.... вначале решил задачку.... потом посмотрел начало первого решения, остановил видео, написал комент, потом досмотрел видео..... пардон.... не получилось выпендрится пришлось вернуться к коменту и дописать про блин.........
Отлично.
Получил 20. Посмотрим автора.
Немного другое решение. СМ=ВК=х√5. Площадь ВМК и МКВ составляют половину площади квадрата. ВК*3+х²=4х² откуда х=√5. Соответственно S=20.
Отлично!
А если с пункта 3:07 делаем пропорцию: 3/3x=2x/BF, где ВА2 = (2х)2+(4х)2. Т.е. 3/3x=2x/кв.кор 20*х? Следовательно, х = кв.кор. 5.
Спасибо.
Что значит "сторона маленьких квадратов относятся один к двум"? Не понял. То, что сторона равна 2, это да. Я в первом способе, кстати, решил так: треугольник BCK это четверть площади квадрата. Площадь этого треугольника (5 × 2) ÷ 2. Если не делить на 2, то получится половина квадрата, а если (5 × 2) × 2, то получится весь квадрат.
Спасибо. Не понял в чем вопрос. Там в ролике все вроде очень ясно сказано.
@@GeometriaValeriyKazakov 9:00 вот на этом моменте. Стороны квадратов 1:2. Хотел разобраться.
Оговорился: катеты маленьких прямоугольных треугольников 1:2. Извините.
СD = 2х, МС = х√5. ▲СРК ~ ▲МСD. х√5/2х = х/РС. РС = 2х/√5.РМ = х√5 - 2х/√5 = 3х/√5 = 3.
х = √5, S = 20.
Теперь посмотрю, какой из Ваших способов я "угадал".
Ну, как?
Не угадал. Мой способ слишком примитивный. Способов здесь немеряно.
"Не счесть алмазов в каменных пещерах".@@GeometriaValeriyKazakov
Я решил в уме! Известная задача, треугольник со сторонами 3, 4, 5, образованный пересечением медиан сторон квадрата, которые равны 2\/5.
Отлично,
MD=x, CD=2x, CM²=MD²+CD², CM=√(x²+4x²)=x√5, CM=x√5
⊿BCK=⊿CDM(по равным катетам), ∠CBK=∠DCM.
∆BCK∾∆CKP, так как ∠CBK=∠DCM и ∠ВКС-общий, ∠ВКС=∠СРК=90◦.
⊿СDM∾⊿CPK, так как ∠DCM и ∠КСР-общий, а ∠CDM=∠CPK=90◦,
CP/CD=CK/CM, CP/2x=x/x√5, CP=(x*2√5)/5.
MP=CM-CP, MP=x√5-(x*2√5)/5=(x*3√5)/5, MP=3-по условию.
(x*3√5)/5=3, x=√5, AD=2x, AD=2√5,
S=AD², S=(2√5)²=20, S=20.
Ответ: S=20.
Спасибо.
Еще из школы помню треугольники прямоугольные 3-4-5 и 5-12-13
Отлично!
Меня интересует решение вчерашнего домашнего задания. Большая просьба вспомнить о нем.
ок, если не забуду.
Нужно задачу под окружность взять.
В коментариях под вчерашним роликом кажется предлагали решение.
Настоящий математик:
1) находит решение из 10 пунктов
2) увидит, что можно объединить 8 пунктов, и выдаёт решение в 2 пункта) 😊
Гениальо! За-пи-шу!
Не понимаю, почему второй способ выскочил в уме сразу, а до первого даже не добрался(
Озарение!
Интересно, а как догадаться до 2-ого гениального способа решения?
И опыт сын ошибок трудных ...
@@GeometriaValeriyKazakov Спасибо. То есть, нужно стараться решить правильно как можно больше сложных задач.
S=16*(3^2+1.5^2)/9=20
Сошлось!
Услышал, что нужно, остановил видео, угадал 19,9809. Включать подожду, попробую решить
Отлично.
Пошёл по 2 му варианту, позвали ужинать.. сил осталось только досмотреть@@GeometriaValeriyKazakov
второй способ религиозный. )
Да, крест математический.
На рисунке специально рисуют прямоугольник чтобы обмануть !!!!????
Не знаю, у вас деффект экрана. У нас точный квадрат.
где то около 15-16 может .Это не матиматически а на глаз
Согласен
1) Соединим М и К.
МВК -- равнобедренный ∆-к и ВМ=ВК
По теореме Пифагора
-- ВМ=√(ВА^2+АМ^2)=
√(а^2+(а/2)^2)=а√5/2
-- МК=√(МD^2+KD^2)=
√((a/2)^2+(a/2)^2)=a√2/2
2) Поскольку по построению ∆-ки MCD и BCK равны, то ^КВС=^MCD=в
В ∆-ке ВРС угол ^ВСР=90°-^MCD=90°-в ➡️
^ВРС=90°
3) Обозначим РК=х
Тогда по теореме Пифагора для
-- ∆-ка MBP
BM^2=MP^2+BP^2 или
(а√5/2)^2=3^2+(а√5/2-х)^2 или
5а^2/4=9+5а^2/4-ах√5+х^2 или
ах√5 - х^2=9 (3.1)
--- ∆-ка МРК
МК^2=МР^2+РК^2 или
(a√2/2)^2=3^2+х^2 или
9+х^2=а^2/2 (3.2)
4) Решаем систему из 2-х уравнений (3.1) и (3.2)
Сложим уравнения (3.1) и (3.2)
(ах√5 - х^2)+(9+х^2)=9+а^2/2
ах√5=а^2/2 ➡️
х=а/2√5 (4.1)
Подставим в уравнение (3.2) вместо х правую часть уравнения (4.1)
(а/2√5)^2=а^2/2 ➡️ а^2=20 ☑️☑️💐
Здорово!
20
Отлично. Садитесь.
20.
5. Дневник.
рассмотрите украинские задачи
У Бурды и Тарасенко те же, что и мои. в ЗНО - слабенькие. Рассмотрю. Ок