Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 2204
2019-03-17 
B круге проведена хорда $AB$, пересекающая диаметр $DE$ круга в точке $M$ и наклоненная к нему под углом $\phi$. Дано, что $\frac{MB}{MA} = \frac{p}{q}$, где $p$ и $q$ - известные числа. Из точки $B$
проведена хорда $BC$, перпендикулярная к диаметру $DE$, и точка $C$ соединена с точкой $A$. Найти площадь треугольника $ABC$, если радиус круга равен $R$.
Решение:
Соединим точки $M$ и $C$ (рис.). Так как диаметр $ED$ перпендикулярен к $BC$, то точка $F$ делит хорду $BC$ пополам. Это означает, что треугольник $MCB$ равнобедренный. Обозначим $MB = MC = рх$. Угол $AMC$ равен удвоенному углу $MBC$, т. е. $\pi - 2\phi$. Из треугольника $AMC$ по теореме косинусов имеем
${AC}^2= {AM}^2 + {MC}^2 - 2 AM \cdot MC \cos (\pi - 2\phi) = x^2 (q^2 + p^2 + 2pq \cos 2\phi)$,
а из треугольника $ABC$ по теореме синусов
$AC = 2 R \sin (\pi/2 - \phi) = 2 R \cos \phi$, т.е. ${AC}^2 = 4R^2 \cos^2 \phi$.
Приравнивая найденные выражения для ${AC}^2$, получим, что
$x^2 = \frac {4 R^2 \cos^2 \phi}{q^2 + p^2 + 2pq \cos 2\phi}$.
Площадь треугольника $ABC$ будем искать в виде $S = \frac{1}{2} AN \cdot BC$. Так как $MB = рх$, а $MA = qx$, то $AB = (р + q) x$.
Из треугольника $ABN$ находим $AN=AB \cos \phi = (р + q)х \cos \phi$. Сторону $BC$ можно определить из треугольника $MBF$, в котором сторона $BF = 1/2 BC$:
$BC = 2BF = 2MB \sin \phi = 2px \sin \phi$.
Таким образом,
$S = p(p + q) х^2 \sin \phi \cos \phi = \frac{1}{2} p (р + q) х^2 \sin 2\phi$,
откуда
$x = \frac {4R^2 \cos^2 \phi}{q^2 + p^2 + 2 pq \cos 2 \phi}$.
Ответ. $S = \frac {2p (p+q) R^2 \cos^2 \phi \sin^{2} \phi}{q^2 + p^2 + 2pq \cos 2 \phi}$.
B круге проведена хорда $AB$, пересекающая диаметр $DE$ круга в точке $M$ и наклоненная к нему под углом $\phi$. Дано, что $\frac{MB}{MA} = \frac{p}{q}$, где $p$ и $q$ - известные числа. Из точки $B$
проведена хорда $BC$, перпендикулярная к диаметру $DE$, и точка $C$ соединена с точкой $A$. Найти площадь треугольника $ABC$, если радиус круга равен $R$.
Решение:
Соединим точки $M$ и $C$ (рис.). Так как диаметр $ED$ перпендикулярен к $BC$, то точка $F$ делит хорду $BC$ пополам. Это означает, что треугольник $MCB$ равнобедренный. Обозначим $MB = MC = рх$. Угол $AMC$ равен удвоенному углу $MBC$, т. е. $\pi - 2\phi$. Из треугольника $AMC$ по теореме косинусов имеем
${AC}^2= {AM}^2 + {MC}^2 - 2 AM \cdot MC \cos (\pi - 2\phi) = x^2 (q^2 + p^2 + 2pq \cos 2\phi)$,
а из треугольника $ABC$ по теореме синусов
$AC = 2 R \sin (\pi/2 - \phi) = 2 R \cos \phi$, т.е. ${AC}^2 = 4R^2 \cos^2 \phi$.
Приравнивая найденные выражения для ${AC}^2$, получим, что
$x^2 = \frac {4 R^2 \cos^2 \phi}{q^2 + p^2 + 2pq \cos 2\phi}$.
Площадь треугольника $ABC$ будем искать в виде $S = \frac{1}{2} AN \cdot BC$. Так как $MB = рх$, а $MA = qx$, то $AB = (р + q) x$.
Из треугольника $ABN$ находим $AN=AB \cos \phi = (р + q)х \cos \phi$. Сторону $BC$ можно определить из треугольника $MBF$, в котором сторона $BF = 1/2 BC$:
$BC = 2BF = 2MB \sin \phi = 2px \sin \phi$.
Таким образом,
$S = p(p + q) х^2 \sin \phi \cos \phi = \frac{1}{2} p (р + q) х^2 \sin 2\phi$,
откуда
$x = \frac {4R^2 \cos^2 \phi}{q^2 + p^2 + 2 pq \cos 2 \phi}$.
Ответ. $S = \frac {2p (p+q) R^2 \cos^2 \phi \sin^{2} \phi}{q^2 + p^2 + 2pq \cos 2 \phi}$.
