Про­ве­дем от­ре­зок MT, па­рал­лель­ный AP. Тогда MT  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка APC и CT = TP, а KP  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BMT и TP  =  BP. Обо­зна­чим пло­щадь тре­уголь­ни­ка BKP через S. Тогда пло­щадь тре­уголь­ни­ка KPС, име­ю­ще­го ту же вы­со­ту и вдвое боль­ше ос­но­ва­ние, равна 2S. Зна­чит, пло­щадь тре­уголь­ни­ка CKB равна 3S и равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка СMK (тре­уголь­ни­ки имеют одну вы­со­ту, про­ве­ден­ную из вер­ши­ны С, и рав­ные ос­но­ва­ния), ко­то­рая в свою оче­редь равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка AMK. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка АВК равна пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка АМК. Итак,

Зна­чит,

Ответ: 0,6.

Пусть тогда так как по свой­ству бис­сек­три­сы. Зна­чит, Пусть S  — пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC, тогда

Таким об­ра­зом,

Ответ: 36.

Пусть пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна S. Ме­ди­а­на делит тре­уголь­ник на два рав­но­ве­ли­ких тре­уголь­ни­ка, зна­чит, У тре­уголь­ни­ков ABK и ABM вы­со­та, про­ве­ден­ная к сто­ро­не BM, общая, по­это­му пло­ща­ди этих тре­уголь­ни­ков от­но­сят­ся как их ос­но­ва­ния BK и BM, от­ку­да:

Про­ве­дем пря­мую MN, па­рал­лель­ную AP. Точка M  — се­ре­ди­на AC, сле­до­ва­тель­но, MN  — сред­няя линия тре­уголь­ни­каAPC, зна­чит, PN  =  CN. По тео­ре­ме Фа­ле­са для угла MBC на­хо­дим: а так как PN  =  CN, по­лу­ча­ем, что

Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ков BKP и BMC со­на­прав­ле­ны, их пло­ща­ди от­но­сят­ся как про­из­ве­де­ние от­но­ше­ний со­на­прав­лен­ных сто­рон, по­это­му

то есть от­ку­да

Тем самым, для ис­ко­мо­го от­но­ше­ния пло­ща­дей имеем:

Ответ:

Вве­дем обо­зна­че­ния, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Здесь AC  — по­ло­же­ние «жу­рав­ля» до опус­ка­ния, BD  — по­ло­же­ние после опус­ка­ния, AH  — вы­со­та, на ко­то­рую под­нял­ся конец ко­рот­ко­го плеча, CK  — вы­со­та, на ко­то­рую опу­стил­ся конец длин­но­го.

В рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ках AOB и COD углы AOB и COD, про­ти­во­ле­жа­щие ос­но­ва­ни­ям, равны как вер­ти­каль­ные, по­это­му равны и углы при их ос­но­ва­ни­ях. Тем самым эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны по двум углам, и

На­крест ле­жа­щие углы 1 и 2, об­ра­зо­ван­ные при пе­ре­се­че­нии се­ку­щей BD пря­мых AB и CD, равны, по­это­му пря­мые AB и CD па­рал­лель­ны. Тогда сто­ро­ны углов 3 и 4 по­пар­но па­рал­лель­ны, а зна­чит, эти углы равны.

Сле­до­ва­тель­но, пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки AHB и CDK по­доб­ны, по­сколь­ку имеют рав­ные ост­рые углы. Из по­до­бия сле­ду­ет, что от­ку­да по­лу­ча­ем:

Ответ: 1,5.

При­ме­ча­ние ре­дак­ции Решу ОГЭ.

Од­на­ж­ды это за­да­ние было пред­ло­же­но на ре­пе­ти­ци­он­ном эк­за­ме­не в ка­че­стве за­да­ния 15. Ви­ди­мо, со­ста­ви­те­ли ва­ри­ан­та (и, на­вер­ное, ав­то­ры из ФИПИ) хо­те­ли дать за­да­ние, ана­ло­гич­ное про­сто­му за­да­нию о шлаг­бау­ме (по­смот­реть). Од­на­ко хотя и жу­равль, и шлаг­баум вра­ща­ют­ся во­круг точки за­креп­ле­ния по окруж­но­сти, в за­да­че со шлаг­бау­мом в усло­вии дан ри­су­нок, из ко­то­ро­го можно по­нять, что ав­то­ры по­ни­ма­ют под сло­ва­ми «конец плеча под­ни­мет­ся на вы­со­ту». В этой за­да­че с жу­рав­лем ри­сун­ка в усло­вии нет, по­это­му по­ни­мать ее иначе, чем на­пи­са­но в нашем ре­ше­нии, не­кор­рект­но. Но в этом слу­чае, это от­нюдь не про­стая за­да­ча, по­это­му мы по­ме­ща­ем ее под но­ме­ром 25.

Пусть пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC равна S. Ме­ди­а­на делит тре­уголь­ник на два рав­но­ве­ли­ких тре­уголь­ни­ка, по­это­му Бис­сек­три­са делит пло­щадь тре­уголь­ни­ка про­пор­ци­о­наль­но при­ле­жа­щим сто­ро­нам, то есть:

От­ку­да Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABM: AK  — бис­сек­три­са, сле­до­ва­тель­но:

От­ку­да Вы­ра­зим пло­щадь тре­уголь­ни­ка BPK:

Най­дем от­но­ше­ние пло­ща­ди тре­уголь­ни­ка ABK к пло­ща­ди че­ты­рех­уголь­ни­ка KPCM:

Ответ: