|
На стороне $%AB$% треугольника $%ABC$% ($%\angle ACB=120^0$%) выбрана точка $%D$% так, что $%CD=\sqrt{13}$%, $%\sin\angle ACD/\sin\angle BCD=4/3$%. Через середину $%CD$% проведена прямая, пересекающая $%AC$% в точке $%M$%, $%BC$% в точке $%N$%. Площадь треугольника $%MCN=\sqrt{27}$%. Расстояние от $%M$% до $%AB$% в $% 2$% раза больше расстояния от $%N$% до $%AB$%. Найдите площадь треугольника $%ABC$%. задан 4 Май '13 21:56 
Uchenitsa |
|
Пусть $%\phi$%, $%\psi$% -- те углы из условия, синусы которых относятся как $%4:3$%. Сумма этих углов равна $%2\pi/3$%, откуда $%3\sin\phi=4\sin(2\pi/3-\phi)=2\sqrt{3}\cos\phi+2\sin\phi$%, то есть $%\tan\phi=2\sqrt{3}$%. Отсюда ясно, что угол $%\phi$% является острым. Квадраты синуса и косинуса относятся как $%12$% к одному, откуда $%\sin\phi=2\sqrt{3/13}$%, $%\sin\psi=(3/2)\sqrt{3/13}$%. Положим $%x=CM$%, $%y=CN$%. Площадь треугольника $%CMN$% равна $%3\sqrt{3}=xy\cdot\cos(2\pi/3)/2$%, откуда $%xy=12$%. С другой стороны, эта же площадь равна сумме площадей треугольников $%CMO$% и $%CNO$%, где $%O$% -- середина $%CD$%. Это приводит к равенству $%3\sqrt{3}=(1/2)CO(x\sin\phi+y\sin\psi)=(2\sqrt{3}x+(3/2)\sqrt{3}y)/4$%, то есть $%4x+3y=24$%. Из того, что $%(x/3)+(y/4)=2$%, и $%(x/3)(y/4)=1$%, легко следует, что оба числа равны $%1$%. Следовательно, $%x=3$%, $%y=4$%. Поскольку $%x:y=3:4$%, а $%\sin\phi:\sin\psi=4:3$%, площади треугольников $%MCO$% и $%NCO$% оказываются равны, то есть $%O$% -- середина также и отрезка $%MN$%. Опустим из точек $%M$% и $%N$% перпендикуляры на прямую $%AC$%. Их длины равны $%2t$% и $%t$% соответственно. При этом возникает прямоугольная трапеция, средняя линия которой равна $%3t/2$%. Ввиду того, что $%O$% -- середина отрезков $%MN$% и $%CD$%, средняя линия равна половине высоты $%h$% треугольника $%ABC$%, опущенной из вершины $%C$%. Из подобия прямоугольных треугольников следует, что $%AM:AC=2t:3t$%, то есть $%AM:MC=2:1$%, и $%AM=2x=6$%. Аналогично, $%BN:BC=t:3t$%, $%BN:NC=1:2$%, $%BN=y/2=2$%. Осталось сравнить площади треугольников $%ABC$% и $%MNC$%. Угол $%C$% у них общий, а отношения сторон равны $%AC:MC=(6+3):3=3$% и $%BC:NC=(2+4):4=3/2$%. Это значит, что площадь $%ABC$% в $%3\cdot(3/2)=9/2$% раза больше площади $%MNC$%, то есть она равна $%27\sqrt{3}/2$%. отвечен 5 Май '13 2:42 
falcao |
|
Обозначим $%CM=x$%, $%CN=y$%, $%\angle ACD = \alpha$%, $%\angle BCD = \beta$%. Из условия задачи следует, что $$ \left \{ \begin{array}{lll} \alpha + \beta = 120^{\circ}\\ \frac{\sin \alpha }{\sin \beta} = \frac{3}{4}. \\ \end{array} \right. $$ Выразив из первого уравнения $%\beta$% и подставив во второе, получим уравнение $$ 3\sin \alpha = 4\sin (120^{\circ} - \alpha), $$ откуда найдём, что $%tg \alpha$% = $% 2\sqrt{3}$%. Тогда $%\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$%, $%\sin \alpha = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$%, $%\sin \beta = \frac{3}{4}\sin \alpha = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{13}}$%. Пусть $%P$% середина отрезка $%CD$%. Поскольку $%S_{\Delta MCP} + S_{\Delta NCP} = S_{\Delta MCN}$% и по условию $%S_{\Delta MCN} = 3\sqrt{3}$%, получим систему $$ \left \{ \begin{array}{lll} \frac{1}{2} CM\cdot CP\cdot \sin \alpha + \frac{1}{2} CN\cdot CP\cdot \sin \alpha= \frac{1}{2} CM\cdot CN\cdot \sin 120^{\circ}\\ \frac{1}{2} CM\cdot CN\cdot \sin 120^{\circ} = 3\sqrt{3},\\ \end{array} \right. $$ или $$ \left \{ \begin{array}{lll} \frac{1}{2} x\cdot \frac{\sqrt{13}}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}} + \frac{1}{2}y\cdot \frac{\sqrt{13}}{2}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{13}}= 3\sqrt{3}\\ \frac{1}{2} xy\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3},\\ \end{array} \right. $$ или $$ \left \{ \begin{array}{lll} 4x + 3y = 12\\ xy = 12, \end{array} \right. $$ откуда находим, что $%x=3$%, $%y=4$%. По теореме косинусов из треугольников $%MCN$% и $%MCP$% находим, что $$MN = \sqrt{CM^{2}+CN^{2}- 2\cdot CM\cdot CN \cdot \cos 120^{\circ}} = \sqrt{9+16+12} = \sqrt{37},$$ $$MP = \sqrt{CM^{2}+CP^{2}- 2\cdot CM\cdot CP \cdot \cos \alpha} = \sqrt{9+\frac{13}{4}}- 2\cdot 3 \frac{\sqrt{13}}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{13}} = \frac{\sqrt{37}}{2}.$$ Следовательно, $%P$% середина отрезка $%CD$%. Диагонали четырёхугольника $%MCND$% точкой пересечения делятся пополам, поэтому четырёхугольник $%MCND$% параллелограмм. Значит, $%DN \Vert AM$% и $%DM \Vert BN$%, поэтому треугольники $%BND$% и $%DMA$% подобны,
а т.к. по условию их высоты, проведённые из вершин $%N$% и $%M$%, относятся как 1:2, то коэффициент подобия
этих треугольников равен $%\frac{1}{2}$%. Поэтому $%BN=\frac{1}{2}DM = \frac{1}{2}CN = 2$% и следовательно, $$ S_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} AC\cdot BC\cdot \sin 120^{\circ} = \frac{1}{2} 9\cdot 6\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{27\sqrt{3}}{2}. $$ отвечен 14 Май '13 14:54 
IvanLife |
|
$%sin ACD=sin(120-DCB)=\sqrt3/2cosDCB+1/2sinACD$%. Поделим на $%sin DCB$%, получим соотношение для $%ctg DCB$%, откуда найдем все тригонометрические функции для $%DCB; ACD$%. Записав сумму площадей $% MCT; TCN$%, получим систему $%4 CM+3CN=24; CM*CN=12$%, откуда CM=3, CN=4. Найдем по теореме косинусов $%MN, MT$%, получим CT- медиана треугольника CMN, T - середина CD, MCND -параллелограмм; треугольники DNB, AMD подобны (стороны параллельны), k=1/2, DN=CM=3, AM=6; MD=4, NB=2, углы по 120. Площадь параллелограмма = двум площадям треугольника CMN, площадь AMN $%3 \sqrt3$%, площадь DNB $%3 \sqrt3/4$%. Всего $%21 \sqrt3/2$%. отвечен 5 Май '13 0:37 
Lyudmyla |