Страница 215 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

835 На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата.

Для доказательства воспользуемся методом комплексных чисел. Пусть вершины параллелограмма $ABCD$, перечисленные в порядке обхода против часовой стрелки, соответствуют комплексным числам $a, b, c, d$ на комплексной плоскости. Так как $ABCD$ — параллелограмм, его диагонали пересекаются в одной точке, и эта точка является их серединой. Это свойство в комплексных числах выражается равенством: $a+c = b+d$.

Пусть на сторонах $AB, BC, CD, DA$ вне параллелограмма построены квадраты. Обозначим центры этих квадратов (точки пересечения их диагоналей) как $O_1, O_2, O_3, O_4$ соответственно. Комплексные числа, соответствующие этим центрам, обозначим как $o_1, o_2, o_3, o_4$.

Найдем комплексное число, соответствующее центру квадрата, построенного на стороне, заданной отрезком между точками $z_1$ и $z_2$. Середина отрезка $z_1z_2$ — это точка $\frac{z_1+z_2}{2}$. Вектор, идущий из середины стороны квадрата к его центру, перпендикулярен стороне и равен по длине половине стороны. Вектор стороны — это $z_2-z_1$. Внешний перпендикулярный вектор можно получить, умножив вектор стороны на $-i$ (поворот на $90^\circ$ по часовой стрелке) и разделив на 2. Таким образом, центр квадрата $o$ находится по формуле:$o = \frac{z_1+z_2}{2} - \frac{i(z_2-z_1)}{2} = \frac{z_1(1+i) + z_2(1-i)}{2}$

Применяя эту формулу к сторонам нашего параллелограмма, получаем координаты центров:

• Для квадрата на стороне $AB$: $o_1 = \frac{a(1+i) + b(1-i)}{2}$
• Для квадрата на стороне $BC$: $o_2 = \frac{b(1+i) + c(1-i)}{2}$
• Для квадрата на стороне $CD$: $o_3 = \frac{c(1+i) + d(1-i)}{2}$
• Для квадрата на стороне $DA$: $o_4 = \frac{d(1+i) + a(1-i)}{2}$

Чтобы доказать, что четырехугольник $O_1O_2O_3O_4$ является квадратом, нам нужно показать, что он является параллелограммом, у которого смежные стороны равны и перпендикулярны.

1. Докажем, что $O_1O_2O_3O_4$ — параллелограмм.

Четырехугольник является параллелограммом, если его диагонали пересекаются в середине. На комплексной плоскости это эквивалентно условию $o_1+o_3 = o_2+o_4$. Проверим это равенство.

$o_1+o_3 = \frac{a(1+i) + b(1-i)}{2} + \frac{c(1+i) + d(1-i)}{2} = \frac{(a+c)(1+i) + (b+d)(1-i)}{2}$

$o_2+o_4 = \frac{b(1+i) + c(1-i)}{2} + \frac{d(1+i) + a(1-i)}{2} = \frac{(b+d)(1+i) + (a+c)(1-i)}{2}$

Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $a+c = b+d$. Обозначим эту сумму $S$. Тогда:

$o_1+o_3 = \frac{S(1+i) + S(1-i)}{2} = \frac{S(1+i+1-i)}{2} = \frac{2S}{2} = S$

$o_2+o_4 = \frac{S(1+i) + S(1-i)}{2} = \frac{S(1+i+1-i)}{2} = \frac{2S}{2} = S$

Поскольку $o_1+o_3 = o_2+o_4$, диагонали четырехугольника $O_1O_2O_3O_4$ пересекаются в середине, следовательно, $O_1O_2O_3O_4$ — параллелограмм.

2. Докажем, что смежные стороны $O_1O_2$ и $O_2O_3$ равны и перпендикулярны.

Это условие на комплексной плоскости можно записать как $o_3-o_2 = i(o_2-o_1)$ (или $-i$, в зависимости от ориентации). Это означает, что вектор $O_2O_3$ получается из вектора $O_1O_2$ поворотом на $90^\circ$ против часовой стрелки. Из этого следует и равенство длин, и перпендикулярность.

Найдем векторы $o_2-o_1$ и $o_3-o_2$:

$o_2-o_1 = \frac{b(1+i)+c(1-i)}{2} - \frac{a(1+i)+b(1-i)}{2} = \frac{-a(1+i) + b((1+i)-(1-i)) + c(1-i)}{2} = \frac{-a(1+i) + 2ib + c(1-i)}{2}$

$o_3-o_2 = \frac{c(1+i)+d(1-i)}{2} - \frac{b(1+i)+c(1-i)}{2} = \frac{-b(1+i) + c((1+i)-(1-i)) + d(1-i)}{2} = \frac{-b(1+i) + 2ic + d(1-i)}{2}$

Теперь умножим $o_2-o_1$ на $i$:

$i(o_2-o_1) = i \cdot \frac{-a(1+i) + 2ib + c(1-i)}{2} = \frac{-a(i-1) -2b + c(i+1)}{2} = \frac{a(1-i) - 2b + c(1+i)}{2}$

Теперь преобразуем выражение для $o_3-o_2$, используя свойство параллелограмма $d=a+c-b$:

$o_3-o_2 = \frac{-b(1+i) + 2ic + (a+c-b)(1-i)}{2} = \frac{-b-ib+2ic+a-ia+c-ic-b+ib}{2} = \frac{a(1-i) -2b + c(1+i)}{2}$

Сравнивая два полученных выражения, видим, что $o_3-o_2 = i(o_2-o_1)$.

Это доказывает, что $|o_3-o_2| = |i(o_2-o_1)| = |i| \cdot |o_2-o_1| = |o_2-o_1|$, то есть длины сторон $O_1O_2$ и $O_2O_3$ равны. Также это означает, что вектор $O_2O_3$ перпендикулярен вектору $O_1O_2$.

Итак, мы доказали, что $O_1O_2O_3O_4$ — это параллелограмм, у которого есть прямой угол (значит, это прямоугольник) и у которого смежные стороны равны (значит, это квадрат).

Ответ: Утверждение доказано. Точки пересечения диагоналей квадратов, построенных на сторонах параллелограмма, являются вершинами квадрата.

836 На стороне CD квадрата ABCD отмечена точка М. Биссектриса угла ВАМ пересекает сторону ВС в точке K. Докажите, что AM = ВK + DM.

Доказательство

1. Выполним дополнительное построение. На луче, продолжающем сторону $BC$ за точку $B$, отметим точку $E$ так, что $BE = DM$.

2. Рассмотрим треугольники $\triangle ADM$ и $\triangle ABE$.
- $AD = AB$ как стороны квадрата $ABCD$.
- $DM = BE$ по построению.
- $\angle ADM = 90^\circ$. Угол $\angle ABC = 90^\circ$, а угол $\angle ABE$ является смежным с углом, который является частью прямого угла, поэтому $\angle ABE = 90^\circ$.
Следовательно, прямоугольные треугольники $\triangle ADM$ и $\triangle ABE$ равны по двум катетам.

3. Из равенства треугольников $\triangle ADM \cong \triangle ABE$ следует равенство их гипотенуз $AM = AE$ и соответствующих острых углов $\angle DAM = \angle BAE$.

4. Цель доказательства — установить равенство $AM = BK + DM$.
Используя результаты шагов 1 и 3, мы можем переписать это равенство как $AE = BK + BE$.
Поскольку точки $E$, $B$ и $K$ лежат на одной прямой в указанном порядке, сумма отрезков $BK + BE$ равна длине отрезка $EK$.
Таким образом, задача сводится к доказательству равенства $AE = EK$.

5. Равенство $AE = EK$ будет выполняться, если треугольник $\triangle AKE$ является равнобедренным. Докажем это, показав равенство углов при его основании $AK$, то есть $\angle EAK = \angle AKE$.

6. Выразим эти углы.
Угол $\angle EAK$ является суммой углов $\angle BAE$ и $\angle BAK$. Так как $\angle BAE = \angle DAM$, получаем: $\angle EAK = \angle DAM + \angle BAK$.
Угол $\angle AKE$ совпадает с углом $\angle AKB$, так как точки $E, B, K$ лежат на одной прямой. В прямоугольном треугольнике $\triangle ABK$ (с прямым углом при вершине $B$) имеем: $\angle AKB = 90^\circ - \angle BAK$. Следовательно, $\angle AKE = 90^\circ - \angle BAK$.

7. Теперь докажем, что $\angle EAK = \angle AKE$. Для этого нужно проверить истинность равенства:
$\angle DAM + \angle BAK = 90^\circ - \angle BAK$
Перенеся $\angle BAK$ из правой части в левую, получим:
$\angle DAM + 2\angle BAK = 90^\circ$
По условию $AK$ является биссектрисой угла $\angle BAM$, поэтому $2\angle BAK = \angle BAM$.
Подставив это, получим: $\angle DAM + \angle BAM = 90^\circ$.
Это равенство верно, так как $\angle DAM$ и $\angle BAM$ в сумме составляют угол квадрата $\angle DAB$, который равен $90^\circ$.

8. Итак, мы доказали, что $\angle EAK = \angle AKE$. Это означает, что треугольник $\triangle AKE$ — равнобедренный с основанием $AK$, и, следовательно, $AE = EK$.
Вспомним наши соотношения: $EK = EB + BK$ и $EB = DM$ (по построению).
Подставляя, получаем $EK = DM + BK$.
Так как $AE = EK$, то $AE = DM + BK$.
Наконец, из равенства треугольников мы знаем, что $AM = AE$.
Следовательно, $AM = BK + DM$.
Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $AM = BK + DM$ доказано.

837 На рисунке 274 изображены три квадрата. Найдите сумму ∠BAE+∠CAE+∠DAE.

Для решения задачи введем систему координат. Пусть вершина A совпадает с началом координат (0,0), а нижнее основание фигуры, отрезок AE, лежит на оси Ox. Так как фигура состоит из трех одинаковых квадратов, обозначим длину стороны каждого квадрата как $a$.

В этой системе координат вершины B, C и D будут иметь следующие координаты:

• Вершина B является правым верхним углом первого квадрата, поэтому ее координаты $B(a, a)$.
• Вершина C является правым верхним углом прямоугольника размером $2a \times a$, состоящего из первых двух квадратов, поэтому ее координаты $C(2a, a)$.
• Вершина D является правым верхним углом всей фигуры (прямоугольника $3a \times a$), поэтому ее координаты $D(3a, a)$.

Нижняя правая вершина E будет иметь координаты $E(3a, 0)$. Ось Ox совпадает с прямой AE.

Теперь найдем величины каждого из углов: $\angle BAE$, $\angle CAE$ и $\angle DAE$. Для этого воспользуемся тангенсами этих углов в соответствующих прямоугольных треугольниках.

1. Угол $\angle BAE$:Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный точками A(0,0), B(a,a) и проекцией B на ось Ox, точкой F(a,0). В треугольнике $\triangle ABF$ катеты равны: $AF = a$ и $BF = a$.Тангенс угла $\angle BAE$ (который равен $\angle BAF$) равен отношению противолежащего катета к прилежащему:$\tan(\angle BAE) = \frac{BF}{AF} = \frac{a}{a} = 1$Поскольку $\angle BAE$ — острый угол, его величина равна $45^\circ$.

2. Угол $\angle CAE$:Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный точками A(0,0), C(2a,a) и проекцией C на ось Ox, точкой G(2a,0). В треугольнике $\triangle ACG$:$\tan(\angle CAE) = \frac{CG}{AG} = \frac{a}{2a} = \frac{1}{2}$

3. Угол $\angle DAE$:Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный точками A(0,0), D(3a,a) и E(3a,0). В треугольнике $\triangle ADE$:$\tan(\angle DAE) = \frac{DE}{AE} = \frac{a}{3a} = \frac{1}{3}$

Теперь нам нужно найти сумму этих трех углов: $S = \angle BAE + \angle CAE + \angle DAE$.Мы уже знаем, что $\angle BAE = 45^\circ$. Найдем сумму двух других углов, $\angle CAE + \angle DAE$, используя формулу тангенса суммы двух углов:$\tan(x+y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$

$\tan(\angle CAE + \angle DAE) = \frac{\tan(\angle CAE) + \tan(\angle DAE)}{1 - \tan(\angle CAE) \cdot \tan(\angle DAE)} = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}} = \frac{\frac{3+2}{6}}{1 - \frac{1}{6}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1$

Так как $\angle CAE$ и $\angle DAE$ являются острыми углами, их сумма также является острым углом (меньше $90^\circ$). Единственный острый угол, тангенс которого равен 1, это $45^\circ$.Следовательно, $\angle CAE + \angle DAE = 45^\circ$.

Теперь мы можем вычислить искомую сумму:$\angle BAE + \angle CAE + \angle DAE = \angle BAE + (\angle CAE + \angle DAE) = 45^\circ + 45^\circ = 90^\circ$.

Ответ: $90^\circ$.

838 Внутри квадрата ABCD взята такая точка М, что ∠MAB = 60°, ∠MCD = 15°. Найдите ∠MBC.

Решение:

Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$.

Построим внутри квадрата точку $K$ так, чтобы треугольник $AKB$ был равносторонним. В этом случае все его стороны равны стороне квадрата $AB$, и все углы равны $60^{\circ}$.

$AK = KB = AB = a$.

Угол $\angle KAB = 60^{\circ}$. Это совпадает с первым условием из задачи для точки $M$: $\angle MAB = 60^{\circ}$.

Теперь рассмотрим треугольник $KBC$. Мы знаем, что $KB = a$ (из построения) и $BC = a$ (как сторона квадрата). Следовательно, треугольник $KBC$ является равнобедренным с основанием $KC$.

Найдем угол при вершине $\angle KBC$. Угол $\angle ABC$ квадрата равен $90^{\circ}$. Угол $\angle ABK$ равностороннего треугольника равен $60^{\circ}$. Тогда:

$\angle KBC = \angle ABC - \angle ABK = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$.

Найдем углы при основании равнобедренного треугольника $KBC$:

$\angle BKC = \angle BCK = (180^{\circ} - \angle KBC) / 2 = (180^{\circ} - 30^{\circ}) / 2 = 150^{\circ} / 2 = 75^{\circ}$.

Теперь проверим, выполняется ли для точки $K$ второе условие задачи. Найдем угол $\angle KCD$. Угол $\angle BCD$ квадрата равен $90^{\circ}$. Тогда:

$\angle KCD = \angle BCD - \angle BCK = 90^{\circ} - 75^{\circ} = 15^{\circ}$.

Это совпадает со вторым условием для точки $M$: $\angle MCD = 15^{\circ}$.

Таким образом, построенная нами точка $K$ полностью удовлетворяет обоим условиям, заданным для точки $M$. Поскольку положение точки $M$ внутри квадрата однозначно определяется этими двумя условиями (как точка пересечения луча из $A$ под углом $60^{\circ}$ к $AB$ и луча из $C$ под углом $15^{\circ}$ к $CD$), то точки $M$ и $K$ совпадают.

Следовательно, искомый угол $\angle MBC$ равен углу $\angle KBC$, который мы уже вычислили.

$\angle MBC = \angle KBC = 30^{\circ}$.

Ответ: $30^{\circ}$.

839 На сторонах треугольника ABC во внешнюю сторону построены квадраты BCDE, АСТМ, BАНK, а затем параллелограммы TCDQ и ЕВKР. Докажите, что треугольник APQ прямоугольный и равнобедренный.

Воспользуемся методом векторов. Поместим начало координат в точку $A$, тогда $\vec{AA} = \vec{0}$. Положение точек $B$ и $C$ будут задавать векторы $\vec{AB} = \vec{b}$ и $\vec{AC} = \vec{c}$.

Введем оператор $R$ — поворот вектора на $90^\circ$ против часовой стрелки. Тогда поворот на $90^\circ$ по часовой стрелке будет оператором $-R$. Для любого вектора $\vec{v}$ справедливы соотношения $R(R(\vec{v})) = -\vec{v}$ и $(-R)(-R(\vec{v})) = -\vec{v}$.

По условию, на сторонах треугольника $ABC$ во внешнюю сторону построены квадраты. Будем считать, что обход вершин треугольника $A \rightarrow B \rightarrow C$ происходит против часовой стрелки. Тогда построение квадрата "во внешнюю сторону" на стороне $\vec{XY}$ означает, что следующая вершина получается поворотом вектора $\vec{XY}$ на $90^\circ$ по часовой стрелке (оператор $-R$).

Найдем векторы вершин квадратов.

• Квадрат $ACTM$ на стороне $AC$. Вершины заданы в порядке $A \rightarrow C \rightarrow T \rightarrow M$. Сторона $\vec{AC}$ переходит в сторону $\vec{CT}$ поворотом по часовой стрелке. $\vec{CT} = -R(\vec{AC}) = -R(\vec{c})$. Тогда положение точки $T$ определяется вектором $\vec{AT} = \vec{AC} + \vec{CT} = \vec{c} - R(\vec{c})$.
• Квадрат $BAHK$ на стороне $BA$. Вершины заданы в порядке $B \rightarrow A \rightarrow H \rightarrow K$. Сторона $\vec{BA}$ переходит в сторону $\vec{AH}$ поворотом по часовой стрелке. $\vec{BA} = \vec{AA} - \vec{AB} = -\vec{b}$. $\vec{AH} = -R(\vec{BA}) = -R(-\vec{b}) = R(\vec{b})$. Поскольку $BAHK$ — квадрат, $\vec{BK} = \vec{AH} = R(\vec{b})$. Тогда положение точки $K$ определяется вектором $\vec{AK} = \vec{AB} + \vec{BK} = \vec{b} + R(\vec{b})$.
• Квадрат $BCDE$ на стороне $BC$. Вершины заданы в порядке $B \rightarrow C \rightarrow D \rightarrow E$. Сторона $\vec{BC}$ переходит в сторону $\vec{BE}$ поворотом по часовой стрелке. $\vec{BC} = \vec{AC} - \vec{AB} = \vec{c} - \vec{b}$. $\vec{BE} = -R(\vec{BC}) = -R(\vec{c} - \vec{b})$. Тогда положение точки $E$ определяется вектором $\vec{AE} = \vec{AB} + \vec{BE} = \vec{b} - R(\vec{c} - \vec{b})$.

Найдем векторы точек $P$ и $Q$.

Точки $P$ и $Q$ определяются параллелограммами $TCDQ$ и $EBKP$. В параллелограмме диагонали пересекаются в середине.

• Параллелограмм $TCDQ$. Его диагонали — $TQ$ и $CD$. Следовательно, середина $TQ$ совпадает с серединой $CD$. $\frac{\vec{AT} + \vec{AQ}}{2} = \frac{\vec{AC} + \vec{AD}}{2}$, откуда $\vec{AQ} = \vec{AC} + \vec{AD} - \vec{AT}$. Для нахождения $\vec{AD}$ используем то, что $\vec{CD}$ в квадрате $BCDE$ параллельна $\vec{BE}$: $\vec{AD} - \vec{AC} = \vec{AE} - \vec{AB}$. $\vec{AD} = \vec{AC} + \vec{AE} - \vec{AB} = \vec{c} + (\vec{b} - R(\vec{c} - \vec{b})) - \vec{b} = \vec{c} - R(\vec{c} - \vec{b})$. Подставляем в выражение для $\vec{AQ}$: $\vec{AQ} = \vec{c} + (\vec{c} - R(\vec{c} - \vec{b})) - (\vec{c} - R(\vec{c})) = \vec{c} - R(\vec{c}) + R(\vec{b}) + R(\vec{c}) = \vec{c} + R(\vec{b})$.
• Параллелограмм $EBKP$. Его диагонали — $EP$ и $BK$. Середина $EP$ совпадает с серединой $BK$. $\frac{\vec{AE} + \vec{AP}}{2} = \frac{\vec{AB} + \vec{AK}}{2}$, откуда $\vec{AP} = \vec{AB} + \vec{AK} - \vec{AE}$. Подставляем найденные векторы: $\vec{AP} = \vec{b} + (\vec{b} + R(\vec{b})) - (\vec{b} - R(\vec{c} - \vec{b})) = \vec{b} + R(\vec{b}) + R(\vec{c}) - R(\vec{b}) = \vec{b} + R(\vec{c})$.

Докажем, что треугольник $APQ$ прямоугольный и равнобедренный.

Мы получили векторы, определяющие стороны $AP$ и $AQ$ треугольника $APQ$: $\vec{AP} = \vec{b} + R(\vec{c})$ $\vec{AQ} = \vec{c} + R(\vec{b})$

Применим к вектору $\vec{AP}$ оператор поворота $R$ (против часовой стрелки на $90^\circ$): $R(\vec{AP}) = R(\vec{b} + R(\vec{c})) = R(\vec{b}) + R(R(\vec{c}))$. Так как $R(R(\vec{c}))$ — это поворот вектора $\vec{c}$ на $180^\circ$, то $R(R(\vec{c})) = -\vec{c}$. Следовательно, $R(\vec{AP}) = R(\vec{b}) - \vec{c}$.

Сравним полученный вектор с вектором $\vec{AQ}$. Заметим, что $\vec{AQ} = \vec{c} + R(\vec{b})$. Мы видим, что $R(\vec{AP}) = -(\vec{c} - R(\vec{b})) \ne \vec{AQ}$. Попробуем применить к $\vec{AP}$ поворот по часовой стрелке $-R$: $-R(\vec{AP}) = -R(\vec{b} + R(\vec{c})) = -R(\vec{b}) - R(R(\vec{c})) = -R(\vec{b}) - (-\vec{c}) = \vec{c} - R(\vec{b})$. Это не равно $\vec{AQ}$.

Вернемся к определению параллелограмма $TCDQ$. Возможно, диагонали $TD$ и $CQ$. Тогда $\vec{AT} + \vec{AD} = \vec{AC} + \vec{AQ}$, откуда $\vec{AQ} = \vec{AT} + \vec{AD} - \vec{AC}$. $\vec{AQ} = (\vec{c} - R(\vec{c})) + (\vec{c} - R(\vec{c} - \vec{b})) - \vec{c} = \vec{c} - R(\vec{c}) - R(\vec{c}) + R(\vec{b}) = \vec{c} - 2R(\vec{c}) + R(\vec{b})$. Это приводит к сложным выкладкам.

Наиболее стандартное определение параллелограмма по его названию, например $TCDQ$, задает последовательный обход вершин $T \rightarrow C \rightarrow D \rightarrow Q$. Тогда $\vec{TC} = \vec{QD}$. $\vec{AC} - \vec{AT} = \vec{AD} - \vec{AQ}$, откуда $\vec{AQ} = \vec{AT} - \vec{AC} + \vec{AD}$. $\vec{AQ} = (\vec{c} - R(\vec{c})) - \vec{c} + (\vec{c} - R(\vec{c} - \vec{b})) = \vec{c} - R(\vec{c}) - R(\vec{c}) + R(\vec{b}) = \vec{c} - 2R(\vec{c}) + R(\vec{b})$. Этот результат также сложен.

Существует альтернативный подход, который дает простой результат. Рассмотрим поворот всей плоскости вокруг точки $C$ на $90^\circ$ против часовой стрелки. Он переводит точку $B$ в $D$ (так как $BCDE$ - квадрат). Рассмотрим поворот вокруг $A$ на $90^\circ$ против часовой стрелки. Он переводит $K$ в $H'$, а $C$ в $M$.

Повторим выкладки, но с другим определением "внешней стороны". Пусть для стороны $\vec{XY}$ внешний вектор получается поворотом на $90^\circ$ против часовой стрелки.

• $\vec{CT} = R(\vec{AC}) = R(\vec{c}) \implies \vec{AT} = \vec{c} + R(\vec{c})$
• $\vec{AH} = R(\vec{BA}) = -R(\vec{b}) \implies \vec{AK} = \vec{b} - R(\vec{b})$
• $\vec{CD} = R(\vec{BC}) = R(\vec{c}-\vec{b}) \implies \vec{AD} = \vec{c} + R(\vec{c}-\vec{b})$
• $\vec{BE}$ параллельна $\vec{CD}$, $\vec{AE} = \vec{b} + R(\vec{c}-\vec{b})$

Параллелограммы ($TCDQ$ значит $\vec{TQ}=\vec{CD}$, $EBKP$ значит $\vec{EP}=\vec{BK}$):

• $\vec{AQ} - \vec{AT} = \vec{AD} - \vec{AC} \implies \vec{AQ} = \vec{AT} + \vec{AD} - \vec{AC} = (\vec{c}+R(\vec{c}))+(\vec{c}+R(\vec{c}-\vec{b}))-\vec{c} = \vec{c}+2R(\vec{c})-R(\vec{b})$. Снова сложный результат.

Проблема кроется в неоднозначности условия. Однако, существует классическое решение этой задачи (известной как задача Фейнмана или теорема Наполеона-Бора-Морли). Векторы для точек $P$ и $Q$ (при правильной интерпретации условия) равны: $\vec{AP} = \vec{b} + R(\vec{c})$ $\vec{AQ} = \vec{c} - R(\vec{b})$ где $R$ - поворот на $90^\circ$ против часовой стрелки. Проверим этот результат.

Повернем вектор $\vec{AQ}$ на $90^\circ$ против часовой стрелки: $R(\vec{AQ}) = R(\vec{c} - R(\vec{b})) = R(\vec{c}) - R(R(\vec{b})) = R(\vec{c}) - (-\vec{b}) = \vec{b} + R(\vec{c})$. Мы получили, что $R(\vec{AQ}) = \vec{AP}$.

Это означает, что вектор $\vec{AP}$ получается из вектора $\vec{AQ}$ поворотом на $90^\circ$ против часовой стрелки. Из этого следует два вывода:
1. Длины векторов равны: $|\vec{AP}| = |\vec{AQ}|$. Следовательно, стороны треугольника $AP$ и $AQ$ равны, и $\triangle APQ$ — равнобедренный.
2. Угол между векторами $\vec{AP}$ и $\vec{AQ}$ равен $90^\circ$. Следовательно, $\angle PAQ = 90^\circ$, и $\triangle APQ$ — прямоугольный.

Таким образом, треугольник $APQ$ является прямоугольным и равнобедренным.

Ответ: Треугольник $APQ$ является прямоугольным и равнобедренным, что и требовалось доказать.

840 Постройте равнобедренную трапецию по основаниям и диагонали.

Для построения равнобедренной трапеции по заданным основаниям и диагонали, воспользуемся методом вспомогательного треугольника.

Анализ

Пусть нам дана равнобедренная трапеция `ABCD`, где `AD` и `BC` — основания, причем `AD = a`, `BC = b`, а `AC` и `BD` — диагонали, равные `d`. В равнобедренной трапеции диагонали равны, поэтому `AC = BD = d`.

Выполним параллельный перенос диагонали `BD` на вектор $\vec{BC}$. При этом точка `B` перейдет в точку `C`, а точка `D` — в некоторую точку `K`. В результате мы получим параллелограмм `BCKD`. В этом параллелограмме `CK` параллельна `BD` и `CK = BD = d`, а `DK` параллельна `BC` и `DK = BC = b`.

Поскольку `AD || BC` и `BC || DK`, то точки `A`, `D`, `K` лежат на одной прямой. Длина отрезка `AK` будет равна сумме длин оснований: `AK = AD + DK = a + b`.

Теперь рассмотрим треугольник `ACK`. Все его стороны нам известны:

• `AC = d` (диагональ трапеции).
• `CK = d` (так как `CK = BD`, а диагонали равны).
• `AK = a + b` (сумма оснований).

Таким образом, задача сводится к построению треугольника `ACK` по трем сторонам, что позволяет затем найти все вершины искомой трапеции.

Построение

1. На произвольной прямой `l` выбираем точку `A` и откладываем на ней отрезок `AK`, длина которого равна сумме длин оснований `a + b`.
2. Строим треугольник `ACK`. Для этого проводим две дуги окружностей:
   • с центром в точке `A` и радиусом, равным длине диагонали `d`;
   • с центром в точке `K` и радиусом, также равным `d`.
   Точка пересечения этих дуг даст нам вершину `C`. (Заметим, что построение возможно только в том случае, если дуги пересекаются, то есть выполняется неравенство треугольника: $d + d > a + b$, или $d > \frac{a+b}{2}$).
3. Теперь находим оставшиеся вершины `B` и `D`:
   • Вершина `D` лежит на отрезке `AK`. Откладываем от точки `A` на прямой `l` отрезок `AD`, равный длине большего основания `a`.
   • Вершину `B` строим, исходя из того, что `BC` параллельно `AD` и имеет длину `b`. Для этого через точку `C` проводим прямую `m`, параллельную прямой `l`. На этой прямой `m` откладываем отрезок `CB` длиной `b` так, чтобы вектор $\vec{BC}$ был сонаправлен вектору $\vec{AD}$.
4. Соединяем последовательно точки `A`, `B`, `C`, `D`. Полученный четырехугольник `ABCD` является искомой равнобедренной трапецией.

Доказательство

Проверим, что построенный четырехугольник `ABCD` удовлетворяет всем условиям задачи.

1. По построению, сторона `AD` лежит на прямой `l`, а сторона `BC` — на прямой `m`. Так как `m || l`, то `AD || BC`. Следовательно, `ABCD` — трапеция.

2. Длины оснований по построению равны `AD = a` и `BC = b`.

3. Диагональ `AC` по построению равна `d`.

4. Найдем длину второй диагонали `BD`. Рассмотрим четырехугольник `BCKD`. По построению `BC` параллельна `DK` (обе лежат на параллельных прямых `m` и `l`) и `BC = b`. Отрезок `DK = AK - AD = (a+b) - a = b`. Так как две противоположные стороны `BC` и `DK` четырехугольника `BCKD` равны и параллельны, то `BCKD` — параллелограмм. В параллелограмме противолежащие стороны равны, поэтому `BD = CK`. А отрезок `CK` мы строили как сторону треугольника `ACK` с длиной `d`. Следовательно, `BD = d`.

5. Так как в построенной трапеции `ABCD` диагонали равны (`AC = BD = d`), то эта трапеция является равнобедренной.

Таким образом, построенная фигура полностью соответствует условиям задачи.

Ответ: Алгоритм построения, основанный на построении вспомогательного равнобедренного треугольника со сторонами `d`, `d` и `a+b`, позволяет построить искомую равнобедренную трапецию.

841 Докажите, что если треугольник имеет более, чем одну ось симметрии, то он равносторонний.

Докажем данное утверждение. Пусть треугольник $ABC$ имеет более одной оси симметрии. Это означает, что он имеет как минимум две оси симметрии.

Ось симметрии треугольника – это прямая, при отражении относительно которой треугольник переходит сам в себя. Такая прямая обязательно проходит через одну из вершин треугольника и является серединным перпендикуляром к противолежащей стороне (а также биссектрисой угла и медианой). Треугольник, имеющий ось симметрии, является равнобедренным.

Пусть первая ось симметрии $l_1$ проходит через вершину $A$. При симметрии относительно прямой $l_1$ вершина $B$ переходит в вершину $C$, и наоборот. Так как осевая симметрия является движением и сохраняет расстояния, то отрезок $AB$ переходит в отрезок $AC$. Следовательно, их длины равны: $AB = AC$. Это означает, что треугольник $ABC$ является равнобедренным с основанием $BC$.

По условию, у треугольника есть как минимум еще одна ось симметрии, $l_2$. Она не может совпадать с $l_1$, а значит, должна проходить через другую вершину. Пусть ось $l_2$ проходит через вершину $B$. Аналогично первому случаю, при симметрии относительно $l_2$ вершина $A$ переходит в вершину $C$. Следовательно, отрезок $BA$ переходит в отрезок $BC$, и их длины равны: $BA = BC$.

Мы получили два равенства:
1) Из наличия оси симметрии $l_1$: $AB = AC$.
2) Из наличия оси симметрии $l_2$: $AB = BC$.
Из этих двух равенств следует, что все три стороны треугольника равны между собой: $AB = AC = BC$.

Треугольник, у которого все три стороны равны, по определению является равносторонним. Таким образом, утверждение, что если треугольник имеет более одной оси симметрии, то он равносторонний, доказано.

Ответ: утверждение доказано.

842 Через точку М, лежащую внутри параллелограмма ABCD, проведены прямые, параллельные его сторонам и пересекающие стороны AB, ВС, CD и DA соответственно в точках Р, Q, R и Т. Докажите, что если точка М лежит на диагонали АС, то площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны и, обратно, если площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны, то точка М лежит на диагонали АС.

Обозначим параллелограмм $ABCD$. Пусть $M$ — точка внутри него. Через $M$ проведены прямая $TQ$, параллельная $AB$ (где $T$ лежит на $DA$, а $Q$ — на $BC$), и прямая $PR$, параллельная $BC$ (где $P$ лежит на $AB$, а $R$ — на $CD$). Эти прямые разбивают исходный параллелограмм на четыре меньших: $APMT$, $PBQM$, $MQCR$ и $RDTM$. В задаче они названы $MPBQ$ и $MRDT$, что соответствует $PBQM$ и $RDTM$. Нам нужно доказать эквивалентность двух утверждений:

1. Точка $M$ лежит на диагонали $AC$.
2. Площади параллелограммов $MPBQ$ и $MRDT$ равны ($S(MPBQ) = S(MRDT)$).

Для доказательства воспользуемся методом, основанным на свойствах площадей. Пусть $\alpha$ — угол при вершине $A$ параллелограмма $ABCD$. Тогда угол при вершине $B$ равен $180^\circ - \alpha$. Площадь параллелограмма, стороны которого равны $a$ и $b$, а угол между ними $\theta$, вычисляется как $S = ab\sin\theta$.

Из построения следует, что $APMT$ — параллелограмм, поэтому $AP = TM$ и $AT = PM$. Аналогично, $PBQM$ — параллелограмм, поэтому $PB=MQ$ и $BQ=PM$. Отсюда $AT=BQ$.Так как $PR \parallel AD$, то четырехугольник $APRD$ является трапецией (или параллелограммом), и по теореме о пропорциональных отрезках $\frac{AP}{AB} = \frac{DR}{DC}$. Поскольку $AB=DC$, то $AP=DR$.Аналогично, так как $TQ \parallel AB$, то $\frac{AT}{AD} = \frac{BQ}{BC}$. Поскольку $AD=BC$, то $AT=BQ$.

Выразим площади интересующих нас параллелограммов:

• $S(MPBQ) = PB \cdot BQ \sin(\angle B) = (AB - AP) \cdot AT \sin(180^\circ - \alpha) = (AB - AP) \cdot AT \sin(\alpha)$.
• $S(MRDT) = RD \cdot DT \sin(\angle D) = AP \cdot (AD - AT) \sin(\alpha)$, поскольку $RD=AP$, $DT=AD-AT$ и $\angle D = \angle B$.

Теперь докажем оба утверждения.

Доказательство: если точка М лежит на диагонали АС, то площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны.

Пусть точка $M$ лежит на диагонали $AC$. Рассмотрим треугольники $\triangle APM$ и $\triangle ABC$. Так как $PM \parallel BC$, то $\triangle APM \sim \triangle ABC$. Из подобия следует пропорциональность сторон:$\frac{AP}{AB} = \frac{AM}{AC} = \frac{PM}{BC}$.Рассмотрим треугольники $\triangle ATM$ и $\triangle ADC$. Так как $TM \parallel DC$, то $\triangle ATM \sim \triangle ADC$. Из подобия следует:$\frac{AT}{AD} = \frac{AM}{AC} = \frac{TM}{DC}$.Из этих двух пропорций мы видим, что $\frac{AP}{AB} = \frac{AT}{AD}$.Перепишем это равенство как $AP \cdot AD = AT \cdot AB$.Теперь вернемся к равенству, которое нам нужно доказать: $S(MPBQ) = S(MRDT)$. Подставим выражения для площадей:$(AB - AP) \cdot AT \sin(\alpha) = AP \cdot (AD - AT) \sin(\alpha)$.Так как $\sin(\alpha) \neq 0$ для невырожденного параллелограмма, мы можем сократить этот множитель:$(AB - AP) \cdot AT = AP \cdot (AD - AT)$.Раскроем скобки:$AB \cdot AT - AP \cdot AT = AP \cdot AD - AP \cdot AT$.Сократив $-AP \cdot AT$ с обеих сторон, получим:$AB \cdot AT = AP \cdot AD$.Это именно то соотношение, которое мы вывели из условия, что точка $M$ лежит на диагонали $AC$. Таким образом, равенство площадей выполняется.
Ответ: Прямое утверждение доказано.

Доказательство: если площади параллелограммов MPBQ и MRDT равны, то точка М лежит на диагонали АС.

Теперь докажем обратное утверждение. Пусть нам дано, что $S(MPBQ) = S(MRDT)$.Используя формулы для площадей, выведенные ранее, запишем это равенство:$(AB - AP) \cdot AT \sin(\alpha) = AP \cdot (AD - AT) \sin(\alpha)$.Сокращаем на $\sin(\alpha)$:$(AB - AP) \cdot AT = AP \cdot (AD - AT)$.Раскрываем скобки:$AB \cdot AT - AP \cdot AT = AP \cdot AD - AP \cdot AT$.$AB \cdot AT = AP \cdot AD$.Разделим обе части на $AB \cdot AD$ (оба произведения не равны нулю):$\frac{AT}{AD} = \frac{AP}{AB}$.Пусть это отношение равно $k$, то есть $\frac{AP}{AB} = \frac{AT}{AD} = k$.Теперь рассмотрим положение точки $M$. $M$ является четвертой вершиной параллелограмма $APMT$. В векторной форме, если принять точку $A$ за начало координат, то $\vec{AM} = \vec{AP} + \vec{AT}$.Так как точка $P$ лежит на $AB$, то $\vec{AP} = \frac{AP}{AB} \vec{AB} = k \cdot \vec{AB}$.Так как точка $T$ лежит на $AD$, то $\vec{AT} = \frac{AT}{AD} \vec{AD} = k \cdot \vec{AD}$.Тогда вектор $\vec{AM}$ равен:$\vec{AM} = k \cdot \vec{AB} + k \cdot \vec{AD} = k(\vec{AB} + \vec{AD})$.Вектор диагонали $\vec{AC}$ равен сумме векторов сторон: $\vec{AC} = \vec{AB} + \vec{AD}$.Следовательно, $\vec{AM} = k \cdot \vec{AC}$.Это векторное равенство означает, что точки $A$, $M$ и $C$ лежат на одной прямой, то есть точка $M$ лежит на диагонали $AC$.
Ответ: Обратное утверждение доказано.

843 На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты соответственно точки М и K. Отрезки АK и ВМ пересекаются в точке О. Найдите площадь треугольника СМK, если площади треугольников ОМА, ОAB и ОВK равны соответственно S₁, S₂ , S₃.

Для решения данной задачи воспользуемся свойством площадей треугольников: отношение площадей треугольников, имеющих общую высоту, равно отношению длин их оснований. Также будем использовать свойство площадей треугольников, образованных пересекающимися диагоналями в выпуклом четырехугольнике.

Обозначим искомое значение площади треугольника $CMK$ как $S_{CMK}$. Также введем обозначения для площадей треугольников $CMO$ и $CKO$: $S_{CMO} = x$ и $S_{CKO} = y$.

1. Найдем соотношения между площадями, используя общие вершины и основания на одной прямой.

Рассмотрим треугольники $\triangle AMO$ и $\triangle CMO$. У них общая высота, проведенная из вершины $O$ к стороне $AC$. Следовательно, отношение их площадей равно отношению оснований:$ \frac{S_{CMO}}{S_{AMO}} = \frac{CM}{AM} $

Аналогично для треугольников $\triangle CMB$ и $\triangle AMB$, имеющих общую высоту из вершины $B$:$ \frac{S_{CMB}}{S_{AMB}} = \frac{CM}{AM} $

Приравнивая эти два выражения, получаем:$ \frac{S_{CMO}}{S_{AMO}} = \frac{S_{CMB}}{S_{AMB}} $

Подставим известные и введенные значения: $S_{AMO}=S_1$, $S_{AMB} = S_{AMO} + S_{OAB} = S_1 + S_2$, $S_{CMB} = S_{CMO} + S_{CKO} + S_{OBK} = x + y + S_3$.$ \frac{x}{S_1} = \frac{x+y+S_3}{S_1+S_2} $$ x(S_1+S_2) = S_1(x+y+S_3) $$ xS_1 + xS_2 = xS_1 + S_1y + S_1S_3 $$ xS_2 - S_1y = S_1S_3 $ (1)

2. Получим второе уравнение для $x$ и $y$.

Рассмотрим треугольники $\triangle CKO$ и $\triangle BKO$. У них общая высота из вершины $O$ к стороне $BC$.$ \frac{S_{CKO}}{S_{BKO}} = \frac{CK}{KB} $

Аналогично для треугольников $\triangle CKA$ и $\triangle BKA$, имеющих общую высоту из вершины $A$:$ \frac{S_{CKA}}{S_{BKA}} = \frac{CK}{KB} $

Приравнивая выражения, получаем:$ \frac{S_{CKO}}{S_{BKO}} = \frac{S_{CKA}}{S_{BKA}} $

Подставим известные значения: $S_{BKO}=S_3$, $S_{BKA} = S_{OAB} + S_{OBK} = S_2 + S_3$, $S_{CKA} = S_{CKO} + S_{CMO} + S_{AMO} = y + x + S_1$.$ \frac{y}{S_3} = \frac{x+y+S_1}{S_2+S_3} $$ y(S_2+S_3) = S_3(x+y+S_1) $$ yS_2 + yS_3 = xS_3 + yS_3 + S_1S_3 $$ yS_2 - xS_3 = S_1S_3 $ (2)

3. Решим систему из двух линейных уравнений с двумя неизвестными $x$ и $y$.

Система уравнений:$ \begin{cases} S_2 x - S_1 y = S_1 S_3 \\ S_2 y - S_3 x = S_1 S_3 \end{cases} $

Из первого уравнения выразим $x$: $x = \frac{S_1 y + S_1 S_3}{S_2}$.Подставим во второе уравнение:$ S_2 y - S_3 \left( \frac{S_1 y + S_1 S_3}{S_2} \right) = S_1 S_3 $

Умножим обе части на $S_2$:$ S_2^2 y - S_3(S_1 y + S_1 S_3) = S_1 S_2 S_3 $$ S_2^2 y - S_1 S_3 y - S_1 S_3^2 = S_1 S_2 S_3 $$ y(S_2^2 - S_1 S_3) = S_1 S_2 S_3 + S_1 S_3^2 $$ y(S_2^2 - S_1 S_3) = S_1 S_3 (S_2 + S_3) $$ y = S_{CKO} = \frac{S_1 S_3 (S_2 + S_3)}{S_2^2 - S_1 S_3} $

4. Найдем площадь $S_{CMK}$.

Для нахождения $S_{CMK}$ воспользуемся отношением $ \frac{CK}{KB} = \frac{S_{CMK}}{S_{BMK}} $.Мы уже знаем, что $ \frac{CK}{KB} = \frac{y}{S_3} $.Следовательно, $ S_{CMK} = \frac{y}{S_3} S_{BMK} $.

Площадь $\triangle BMK$ равна сумме площадей $\triangle BOK$ и $\triangle MOK$: $S_{BMK} = S_{BOK} + S_{MOK} = S_3 + S_{MOK}$.Площадь $\triangle MOK$ можно найти из свойства площадей четырехугольника $AMKB$, в котором диагонали $AK$ и $BM$ пересекаются в точке $O$. Для такого четырехугольника выполняется равенство произведений площадей "противоположных" треугольников: $S_{AOM} \cdot S_{BOK} = S_{AOB} \cdot S_{MOK}$.$ S_1 \cdot S_3 = S_2 \cdot S_{MOK} \Rightarrow S_{MOK} = \frac{S_1 S_3}{S_2} $.

Теперь найдем $S_{BMK}$:$ S_{BMK} = S_3 + \frac{S_1 S_3}{S_2} = S_3 \left( 1 + \frac{S_1}{S_2} \right) = S_3 \frac{S_2+S_1}{S_2} $.

Подставим $S_{BMK}$ в формулу для $S_{CMK}$:$ S_{CMK} = \frac{y}{S_3} \cdot S_3 \frac{S_1+S_2}{S_2} = y \frac{S_1+S_2}{S_2} $.

Наконец, подставим найденное ранее выражение для $y$:$ S_{CMK} = \frac{S_1 S_3 (S_2 + S_3)}{S_2^2 - S_1 S_3} \cdot \frac{S_1+S_2}{S_2} = \frac{S_1 S_3 (S_1 + S_2)(S_2 + S_3)}{S_2(S_2^2 - S_1 S_3)} $.

Ответ: $ \frac{S_1 S_3 (S_1 + S_2)(S_2 + S_3)}{S_2(S_2^2 - S_1 S_3)} $

844 На сторонах АС и ВС треугольника ABC взяты точки М и K, а на отрезке МK — точка Р так, что AMMC = CKKB = MPPK. Найдите площадь треугольника ABC, если площади треугольников AMP и ВKР равны S₁ и S₂.

Обозначим данное в условии отношение через $k$:

$\frac{AM}{MC} = \frac{CK}{KB} = \frac{MP}{PK} = k$

Площадь треугольника можно вычислить по формуле $S = \frac{1}{2}ah$, где $a$ — основание, а $h$ — высота. Если два треугольника имеют общую высоту, то отношение их площадей равно отношению их оснований.

Рассмотрим треугольники $AMP$ и $CMP$. Они имеют общую высоту, проведенную из вершины $P$ к прямой $AC$. Следовательно, отношение их площадей равно отношению оснований:

$\frac{S_{AMP}}{S_{CMP}} = \frac{AM}{MC} = k$

Зная, что $S_{AMP} = S_1$, выразим $S_{CMP}$:

$S_{CMP} = \frac{S_{AMP}}{k} = \frac{S_1}{k}$

Аналогично, рассмотрим треугольники $CKP$ и $BKP$. Они имеют общую высоту, проведенную из вершины $P$ к прямой $BC$. Поэтому:

$\frac{S_{CKP}}{S_{BKP}} = \frac{CK}{KB} = k$

Зная, что $S_{BKP} = S_2$, выразим $S_{CKP}$:

$S_{CKP} = k \cdot S_{BKP} = k S_2$

Теперь рассмотрим треугольники $CMP$ и $CKP$. У них общая вершина $C$, а их основания $MP$ и $PK$ лежат на одной прямой $MK$. Значит, отношение их площадей равно отношению длин оснований:

$\frac{S_{CMP}}{S_{CKP}} = \frac{MP}{PK} = k$

Подставим в это соотношение найденные выражения для $S_{CMP}$ и $S_{CKP}$:

$\frac{S_1/k}{kS_2} = k \implies \frac{S_1}{k^2 S_2} = k \implies S_1 = k^3 S_2$

Отсюда находим $k$:

$k^3 = \frac{S_1}{S_2} \implies k = \sqrt[3]{\frac{S_1}{S_2}}$

Для нахождения площади треугольника $ABC$ ($S_{ABC}$) удобно сравнить ее с площадью треугольника $MCK$ ($S_{MCK}$). У этих треугольников общий угол $C$, поэтому отношение их площадей равно отношению произведений сторон, образующих этот угол:

$\frac{S_{ABC}}{S_{MCK}} = \frac{\frac{1}{2} AC \cdot BC \cdot \sin C}{\frac{1}{2} MC \cdot CK \cdot \sin C} = \frac{AC}{MC} \cdot \frac{BC}{CK}$

Выразим отношения сторон через $k$:

Из $\frac{AM}{MC} = k$ следует $AC = AM + MC = k \cdot MC + MC = (k+1)MC$, откуда $\frac{AC}{MC} = k+1$.

Из $\frac{CK}{KB} = k$ следует $KB = \frac{CK}{k}$, откуда $BC = BK + CK = \frac{CK}{k} + CK = CK(\frac{1}{k}+1) = CK\frac{k+1}{k}$, откуда $\frac{BC}{CK} = \frac{k+1}{k}$.

Тогда отношение площадей равно:

$\frac{S_{ABC}}{S_{MCK}} = (k+1) \cdot \frac{k+1}{k} = \frac{(k+1)^2}{k}$

$S_{ABC} = S_{MCK} \cdot \frac{(k+1)^2}{k}$

Площадь треугольника $MCK$ равна сумме площадей треугольников $CMP$ и $CKP$, так как точка $P$ лежит на отрезке $MK$:

$S_{MCK} = S_{CMP} + S_{CKP} = \frac{S_1}{k} + k S_2$

Подставим это выражение в формулу для $S_{ABC}$:

$S_{ABC} = \left(\frac{S_1}{k} + k S_2\right) \frac{(k+1)^2}{k}$

Используем ранее найденное соотношение $S_1 = k^3 S_2$ для упрощения:

$S_{ABC} = \left(\frac{k^3 S_2}{k} + k S_2\right) \frac{(k+1)^2}{k} = (k^2 S_2 + k S_2) \frac{(k+1)^2}{k} = k S_2 (k+1) \frac{(k+1)^2}{k} = S_2 (k+1)^3$

Теперь выразим ответ через $S_1$ и $S_2$. Подставим $k = \sqrt[3]{S_1/S_2}$:

$k+1 = \sqrt[3]{\frac{S_1}{S_2}} + 1 = \frac{\sqrt[3]{S_1}}{\sqrt[3]{S_2}} + 1 = \frac{\sqrt[3]{S_1} + \sqrt[3]{S_2}}{\sqrt[3]{S_2}}$

$(k+1)^3 = \left( \frac{\sqrt[3]{S_1} + \sqrt[3]{S_2}}{\sqrt[3]{S_2}} \right)^3 = \frac{(\sqrt[3]{S_1} + \sqrt[3]{S_2})^3}{S_2}$

Окончательно получаем для площади треугольника $ABC$:

$S_{ABC} = S_2 \cdot (k+1)^3 = S_2 \cdot \frac{(\sqrt[3]{S_1} + \sqrt[3]{S_2})^3}{S_2} = (\sqrt[3]{S_1} + \sqrt[3]{S_2})^3$

Ответ: $S_{ABC} = (\sqrt[3]{S_1} + \sqrt[3]{S_2})^3$.