Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16444
2026-02-19 
В полукруг вписан квадрат площади 49, к которому примыкает ещё один квадрат, одна из вершин которого лежит на полуокружности (см. рисунок). Найдите площадь второго квадрата
Решение:
Обозначим вершины квадратов так, как показано на рис.1. Из условия следует, что сторона большего квадрата равна 7. В силу симметрии, центр $O$ данного полукруга - середина стороны $AD$. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Обозначим через $x$ сторону второго квадрата. Проведём радиусы $OC$ и $OF$. Из прямоугольного треугольника $OCD$ находим, что
$OC^{2}=7^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2},$
а из прямоугольного треугольника $OFG$ -
$OF^{2}=\left(\frac{7}{2}+x\right)^{2}+x^{2}.$
Учитывая, что $OF=OC$, получим
$7^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2}=\left(\frac{7}{2}+x\right)^{2}+x^{2},~\mbox{или}~2x^{2}+7x-49=0.$
Условию задачи удовлетворяет только положительный корень $x=\frac{7}{2}$ этого уравнения. Следовательно, искомая площадь равна $\frac{49}{4}=12{,}25$.
Второй способ. Пусть $M$ - центр квадрата $ABCD$, а $P$ и $Q$ - середины сторон $AB$ и $BC$ (см. рис.2). Рассмотрим поворот с центром $O$ на $90^{\circ}$ по часовой стрелке. При этом повороте угол $PMQ$ и его биссектриса, на которой лежит точка $B$, перейдут в угол $EDG$ и его биссектрису, на которой лежит точка $F$, а т.к. окружность при указанном повороте переходит в себя, то точка $B$ переходит в точку $F$. Таким образом, квадрат $PBQM$ переходит в квадрат $DEFG$. Следовательно, площадь $DEFG$ в четыре раза меньше площади $ABCD$, т.е. она равна $\frac{49}{4}$
В полукруг вписан квадрат площади 49, к которому примыкает ещё один квадрат, одна из вершин которого лежит на полуокружности (см. рисунок). Найдите площадь второго квадрата
Решение:
Обозначим вершины квадратов так, как показано на рис.1. Из условия следует, что сторона большего квадрата равна 7. В силу симметрии, центр $O$ данного полукруга - середина стороны $AD$. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ. Обозначим через $x$ сторону второго квадрата. Проведём радиусы $OC$ и $OF$. Из прямоугольного треугольника $OCD$ находим, что
$OC^{2}=7^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2},$
а из прямоугольного треугольника $OFG$ -
$OF^{2}=\left(\frac{7}{2}+x\right)^{2}+x^{2}.$
Учитывая, что $OF=OC$, получим
$7^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2}=\left(\frac{7}{2}+x\right)^{2}+x^{2},~\mbox{или}~2x^{2}+7x-49=0.$
Условию задачи удовлетворяет только положительный корень $x=\frac{7}{2}$ этого уравнения. Следовательно, искомая площадь равна $\frac{49}{4}=12{,}25$.
Второй способ. Пусть $M$ - центр квадрата $ABCD$, а $P$ и $Q$ - середины сторон $AB$ и $BC$ (см. рис.2). Рассмотрим поворот с центром $O$ на $90^{\circ}$ по часовой стрелке. При этом повороте угол $PMQ$ и его биссектриса, на которой лежит точка $B$, перейдут в угол $EDG$ и его биссектрису, на которой лежит точка $F$, а т.к. окружность при указанном повороте переходит в себя, то точка $B$ переходит в точку $F$. Таким образом, квадрат $PBQM$ переходит в квадрат $DEFG$. Следовательно, площадь $DEFG$ в четыре раза меньше площади $ABCD$, т.е. она равна $\frac{49}{4}$
