C4+C6.

В треугольнике ABC на сторонах AB, BC и CA соответственно взяли точки P, Q и R так, что AP:PB=BQ:QC=CR:RA=n, где n — натуральное число. AQ пересекается с BR в точке K, BR с CP — в точке L, CP с AQ — в точке M. Найти все значения n, при которых отношение площади треугольника ABC к площади треугольника KLM выражается натуральным числом.

"C4+C6" #2

В треугольнике две стороны равны 3,45 и 7,89. Чему может быть равна третья сторона, если она целая, простая и не может быть стороной прямоугольного треугольника с целыми длинами сторон.

Открою Вам тайну. Любой пользователь может сам создавать новые темы. Пользуйтесь, пожалуйста, этой функцией.

Зачем, без нужды, умножать сущности?

"Оккам, зараза, спрячь бритву!"

Выписываете диапазон значений из неравенства треугольника, выбираете из них простые, отбрасываете неподходящие.

Тоже вариант.

Но, вообще-то, любое целое число, кроме 1 и 2, является катетом некоторого целочисленного прямоугольного треугольника.

Значит неподходящими будут все числа. Приводите по тройке на каждое и дело с концом.

Задача, выложенная в старт-посте, является апгрейдом задачи 7.32 из книжки С4, в которой n=2. Можно попробовать сначала решить ее. Отношение площадей оказывается равно 7. И это единственный случай, когда отношение выражается натуральным числом.

Поставим массы 1, n, n^2 в вершины A, B, C
Тогда центр масс AB будет в точке P, значит центр масс O треугольника ABC будет лежать на СP, причем CO/OP=(1+n)/n^2
При этом центр масс BC в точке Q, значит O лежит на AQ, причем AO/OQ = n(n+1)
Т.о. O = M
Итого имеем
[m]AM/MQ=BK/KR= CL/LP = n(n+1)[/m]
[m]AK/KQ = BL/LR = CM/MP=(1+n)/n^2[/m]

[m]S_KLM = S_ABC*BQ/(BQ+QC)*MK/AQ*LK/BL = S_ABC* \frac{n}{n+1} \frac{(n+1)(n-1)}{1+n+n^2} \frac{n-1}{n} = S_ABC \frac{(n-1)^2 }{1+n+n^2}[/m]
Значит наша задача исследовать делимость
[m](1+n+n^2)[/m] на [m](n-1)^2[/m]
Но тут очевидны неравенства [m](n-1)^2 < 1+n+n^2 < 2 (n-1)^2[/m] при n>4, а n=4, n=3 отвергаются подстановкой.
Имеем n=2 и отношение равное 7.

Интересный подход, Александр Викторович. Спасибо.
Буду рад, если кто-то еще предложит что-то оригинальное.
Я, в свою очередь, выложу решение, полученное с применением теоремы Менелая.

Для треугольника BCR и прямой AQ применим теорему Менелая.
[m]\frac{n}{1} \cdot \frac{n+1}{1} \cdot \frac{RK}{KB}=1;[/m]
[m]\frac{RK}{KB}=\frac{1}{n(n+1)}.[/m]
То же самое сделаем с треугольником ABM и прямой PC.
[m]\frac{n}{1} \cdot \frac{BL}{LR} \cdot \frac{n}{n+1}=1;[/m]
[m]\frac{BL}{LR}=\frac{n+1}{n^2}.[/m]
Таким образом [m]RK:KL:LB=1:(n^2-1):(n+1)[/m].
Аналогичное отношение верно и для других отрезков, заключенных внутри треугольника ABC.
Последующие преобразования мало чем отличаются от преобразований Александра Викторовича, так что выкладывать их не вижу смысла.
Отмечу только тот факт, что отношение площадей треугольников можно записать красивой формулой
[m]\frac{{S}_{ABC}}{{S}_{KLM}}=\frac{n^3-1}{(n-1)^3}.[/m]

Еще пара задач С4+С6 (скорее все-таки с6)

Существует ли треугольник с целочисленными длинами сторон, высот и биссектрис?

Стороны треугольника — последовательные натуральные числа, а одна из медиан перпендикулярна одной из биссектрис. Найдите стороны треугольника.

2. Пусть треугольник ABC, биссектриса CD, медиана BE
Тогда CBE равнобедренный, поскольку в нем биссектриса и высота совпадают, а значит BC=1/2 AC
Отсюда треугольник либо 2,3,4, либо 1,2,3. Второй к числу треугольников не относится, значит 2,3,4.

1. Построим треугольник, у которого это все рациональное, а потом растянем подобием с коэффициентом в виде произведения знаменателей всех 9 объектов.
Возьмем равнобедренный с углами 2arcsin5/13 при основании и основанием 1.
(такой есть ибо sin(pi/4)=1\sqrt{2} > 5/13).
Полугла при основании имеет синус 5/13, косинус 12/13, значит и полные углы имеют рациональные синусы и косинусы.
Отсюда все стороны рациональные по теореме синусов.
Высоты рациональные, потому что это это стороны на соответствующие синусы.
Биссектрисы рациональные, потому что это высоты, деленные на косинус полуразности двух других углов, а этот косинус рационален из формулы косинуса разности.
Что и требовалось доказать.

Это, разумеется, верно, и является общей конструкцией.

Но если задача просто дать пример такого треугольника — имеет смысл посмотреть в сторону пифагоровых прямоугольных треугольников:)

Первую пару взял — ничего не вышло.
С биссектрисами беда.
У одного корни из двух вылазят, у другого корни из 13.
Все-таки нам для биссектрис нужно что-то в духе рациональности синуса и косинуса половинного угла. Я шел от этой линии (5/13, собственно из пифагоровой тройки и взялось). А идти от пифагоровых троек и надеяться на удачу с половинными углами как-то неохота.

Ну, не совсем наугад, разумеется. Берем любой (!!!) пифагоров треугольник ABC,
ориентированный так, что A<45 градусов, С — прямой. Откладываем луч AX в ту полуплоскость (относительно прямой AC), где лежит точка B, так, чтобы угол САВ = угол ВАХ.

Без ограничения общности, X лежит на прямой BC. Берем точку A1 симметрично точке A относительно прямой BC. Тогда в треугольнике AXA1 все интересующие нас элементы рациональны.

И чем это отличается от моей конструкции?

По содержанию — ничем, кроме большей общности.
По-форме — прозрачностью.

Да, именно это решение мы написали в книжку олимпиадных задач. Хотя я тогда придумал решение как С6. Копирую сюда.

Прежде всего заметим, что достаточно найти треугольник с рациональными длинами сторон, высот и биссектрис, поскольку подобный ему с некоторым коэффициентом будет иметь целые длины всех этих отрезков.

Далее, если $\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}, \sqrt{bc(a+b+c)(b+c-a)},\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}$
рациональны, то их произведение, равное $abc(a+b+c)S$, тоже рационально, тогда рациональна площадь треугольника, а значит и все его высоты. (То есть рациональность высот следует из рациональности сторон и биссектрис).

Потребуем далее, чтобы $b=c$. Тогда надо обеспечить рациональность таких двух выражений:
$a\sqrt{b(2b+a)}$ и $b\sqrt{(2b-a)(2b+a)}$. Попробуем найти $a$ и $b$,
при которых $b,2b+a,2b-a$ будут квадратами. Подходят, например, $b=25,a=14$.
Итак, получили треугольник. $a=14,b=c=25,l_b=l_c=560/39,l_a=h_a=24,h_b=h_c=336/25$. Рассматривая подобный ему с коэффициентом $39\times25$=975,
получаем треугольник. $a=13650,b=c=24375,l_b=l_c=14000,l_a=h_a=23400,h_b=h_c=13104$.

На сторонах BC и CA треугольника ABC отмечены точки A1 и B1. Отрезки AA1 и BB1 пересекаются в точке O. Найдите отношение AO:OA1, если AB1=p, BC1= q, BA1=m, A1C= n
У меня получилось p:q . Но мне кажется,что это неправильно . Делала через прощади

Основание пирамиды RABC- треугольник Abc,в котором угол с=90,а угол В=30 градусов.Ребро AR перпендикулярно к плоскости основания пирамиды и равно 8,а ребро BR образует с плоскостью основания угол 45. Через середину ребра BR проведена плоскость параллельно плоскости основания пирамиды.Найдите площадь боковой поверхности пирамиды , отсеченной этой плоскостью

даны точки A,B,C. Построить точку Q, такую что векторы QA-2QB-QC=НУЛЕВОМУ ВЕКТОРУ

Доказать, что высоты AP, BQ,CR треугольника АВС являются биссектрисами углов треугольника PQR.

х2+у2=1 пересекается с прямой у=kх+1система не решается помогите пожалуйста.. .