Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16482
2026-02-19 
Правильный треугольник $AXY$ с вершинами $X$ и $Y$ на сторонах соответственно $BC$ и $CD$ прямоугольника $ABCD$ вырезан из этого прямоугольника. Докажите, что площадь одного из трёх оставшихся прямоугольных треугольников равна сумме двух других
Решение:
Предположим, что такой правильный треугольник существует. Докажем что
$S_{\Delta XYC}=S_{\Delta ABX}+S_{\Delta ADY}.$
Обозначим $\angle BAX=\alpha$, $AX=AY=XY=c$. Тогда
$\angle DAY=90^{\circ}-60^{\circ}-\angle BAX=30^{\circ}-\alpha,$
$\angle CXY=180^{\circ}-60^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=30^{\circ}+\alpha,$
$S_{\Delta ABX}=\frac{1}{2}AB\cdot BX=\frac{1}{2}c\cos\alpha\cdot c\sin\alpha=\frac{1}{4}c^{2}\sin2\alpha,$
$S_{\Delta ADY}=\frac{1}{2}AD\cdot DY=\frac{1}{2}c\cos(30^{\circ}-\alpha)\cdot c\sin(30^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}-2\alpha),$
$S_{\Delta XCY}=\frac{1}{2}CX\cdot CY=\frac{1}{2}c\cos(30^{\circ}+\alpha)\cdot c\sin(30^{\circ}+\alpha)=\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}+2\alpha).$
Следовательно,
$S_{\Delta ABX}+S_{\Delta ADY}=\frac{1}{4}c^{2}\sin2\alpha+\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}-2\alpha)=\frac{1}{4}c^{2}(\sin2\alpha+\sin(60^{\circ}-2\alpha))=\frac{1}{2}C^{2}\sin30^{\circ}\cos(30^{\circ}-2\alpha)=\frac{1}{2}c^{2}\sin30^{\circ}\sin(90^{\circ}-(30^{\circ}-2\alpha))=\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}+2\alpha)=S_{\Delta XYC}.$
Что и требовалось доказать
Правильный треугольник $AXY$ с вершинами $X$ и $Y$ на сторонах соответственно $BC$ и $CD$ прямоугольника $ABCD$ вырезан из этого прямоугольника. Докажите, что площадь одного из трёх оставшихся прямоугольных треугольников равна сумме двух других
Решение:
Предположим, что такой правильный треугольник существует. Докажем что
$S_{\Delta XYC}=S_{\Delta ABX}+S_{\Delta ADY}.$
Обозначим $\angle BAX=\alpha$, $AX=AY=XY=c$. Тогда
$\angle DAY=90^{\circ}-60^{\circ}-\angle BAX=30^{\circ}-\alpha,$
$\angle CXY=180^{\circ}-60^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)=30^{\circ}+\alpha,$
$S_{\Delta ABX}=\frac{1}{2}AB\cdot BX=\frac{1}{2}c\cos\alpha\cdot c\sin\alpha=\frac{1}{4}c^{2}\sin2\alpha,$
$S_{\Delta ADY}=\frac{1}{2}AD\cdot DY=\frac{1}{2}c\cos(30^{\circ}-\alpha)\cdot c\sin(30^{\circ}-\alpha)=\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}-2\alpha),$
$S_{\Delta XCY}=\frac{1}{2}CX\cdot CY=\frac{1}{2}c\cos(30^{\circ}+\alpha)\cdot c\sin(30^{\circ}+\alpha)=\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}+2\alpha).$
Следовательно,
$S_{\Delta ABX}+S_{\Delta ADY}=\frac{1}{4}c^{2}\sin2\alpha+\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}-2\alpha)=\frac{1}{4}c^{2}(\sin2\alpha+\sin(60^{\circ}-2\alpha))=\frac{1}{2}C^{2}\sin30^{\circ}\cos(30^{\circ}-2\alpha)=\frac{1}{2}c^{2}\sin30^{\circ}\sin(90^{\circ}-(30^{\circ}-2\alpha))=\frac{1}{4}c^{2}\sin(60^{\circ}+2\alpha)=S_{\Delta XYC}.$
Что и требовалось доказать
