Задание №16 Т/Р №202 А. Ларина

Смотрите также №13; №14; №15; №17; №18; №19 Тренировочной работы №202 А. Ларина.

16. В прямоугольнике $ABCD$ на стороне $BC$ отмечена точка $K$ так, что $BK=2CK$.

а) Докажите, что $BD$ делит площадь треугольника $AKC$ в отношении $3:7$.

б) Пусть $M$ – точка пересечения $AK$ и $BD$, $P$ – точка пересечения $DK$ и $AC$. Найдите длину отрезка $MP,$ если $AB=8,BC=6.$

Решение:

a) Треугольники $BMK,DMA$ подобны по двум углам, коэффициент подобия – $k=\frac{BK}{AD}=\frac{2}{3}.$

Тогда $\frac{S_{BMK}}{S_{DMA}}=\frac{4}{9}.$ Пуcть $S_{BMK}=4m,S_{DMA}=9m.$

Пусть $O$  – точка пересечения диагоналей.

Обозначим $S_{AMO}$ за $n.$

Пусть $BM=2k,DM=3k.$

Заметим, что $MO=\frac{BD}{2}-BM=2,5k-2k=0,5k$ и $OD=2,5k.$ То есть $MO:OD=1:5.$

Но тогда $S_{AMO}:S_{ADO}=1:5,$ откуда $\frac{n}{9m-n}=\frac{1}{5}.$ Итак, $m=\frac{2n}{3}.$

А поскольку $S_{MOCK}=S_{BCO}-S_{BKM}=S_{AOD}-S_{BKM}=(9m-n)-4m=5m-n,$ то

искомое отношение  $S_{AMO}:S_{MOCK}$ есть:

$\frac{n}{5m-n}=\frac{n}{5\cdot \frac{2n}{3}-n}=\frac{3}{7}.$

б) Пусть $\angle MOP=\alpha.$ При этом $\alpha =180^{\circ}-2\angle CBD.$

$cos\alpha =cos(180^{\circ}-2\angle CBD)=-cos(2\angle CBD)=1-2cos^2\angle CBD=$

$=1-2\cdot (\frac{BC}{BD})^2=1-\frac{18}{25}=\frac{7}{25}.$

$MO=BO-BM=\frac{BD}{2}-\frac{2BD}{5}=\frac{BD}{10}=1;$

$OP=OC-PC=\frac{AC}{2}-\frac{AC}{4}=\frac{AC}{4}=\frac{5}{2}.$

Из треугольника $MOP$ по теореме косинусов:

$MP^2=MO^2+PO^2-2MO\cdot PO\cdot cos\alpha =1+\frac{25}{4}-2\cdot 1\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{7}{25}=\frac{3\sqrt{65}}{10}.$

Ответ: б) $\frac{3\sqrt{65}}{10}.$