Главная › 16 (С4) Планиметр. задачи › Задание №16 Т/Р №207 А. Ларина

19 Окт 2017

Категория: 16 (С4) Планиметр. задачиТ/P A. Ларина

Задание №16 Т/Р №207 А. Ларина

Елена Репина 2017-10-19 2017-10-18

Смотрите также №13; №14; №15; №17; №18; №19 Тренировочной работы №207 А. Ларина.

16. В параллелограмме $ABCD$ точка $E$ – середина стороны $AD$ . Отрезок $BE$ пересекает диагональ $AC$ в точке $P$ . $AB=PD$ .

а) Докажите, что отрезок $BE$ перпендикулярен диагонали $AC$ .

б) Найдите площадь параллелограмма, если $AB=2$ см, $BC=3$ см.

Решение:

a) Пусть $H$ – середина $PC.$ Так как треугольник $PCD$ равнобедренный ( $PD=AB$ по условию и $DC=AB$ по свойству параллелограмма), то $DH\perp AC.$

Треугольники $BCP,EAP$ подобны по двум углам. И коэффициент их подобия $\frac{BC}{AE}$ равен $2$ . То есть, если $AP=x,$ то $PC=2x.$ При этом $PH=CH=x.$

Замечаем, что треугольники $APE,AHD$ подобны по двум пропорциональным сторонам $AP,AH$ и $AE,AD$ и углу между ними $A.$

Но тогда, например, $\angle APE=\angle AHD$ , откуда $PE\parallel HD.$ Стало быть, раз $DH\perp AC,$ то $EP\perp AC.$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $PE=y,$ тогда в силу подобия треугольников $APE,CPB$ с коэффициентом $2$ (о чем говорили в пункте а) $BP=2y.$

Применим теорему Пифагора к треугольникам $ABP,AEP:$

$AB^2-BP^2=AE^2-PE^2;$

$4-4y^2=\frac{9}{4}-y^2;$

$y=\frac{\sqrt{21}}{6}.$

Откуда $AP=\sqrt{AB^2-BP^2}=\sqrt{16-\frac{21}{36}}=\frac{5}{3}.$

Далее,

$S_{ABC}=\frac{AC\cdot BP}{2}=\frac{(3\cdot \frac{5}{3})\cdot (2\cdot \frac{\sqrt{21}}{6})}{2}=\frac{\sqrt{35}}{2}.$

Откуда

$S_{ABCD}=2\cdot S_{ABC}=\sqrt{35}.$

Ответ: б) $\sqrt{35}.$

Автор: egeMax | Нет комментариев

Печать страницы

Задание №16 Т/Р №207 А. Ларина

Добавить комментарий Отменить ответ