Определение вида треугольника ABC по координатам вершин

Задача №3 Дано: \(A(-3; -4)\), \(B(0; 2)\), \(C(2; 1)\). Найти: вид треугольника \(ABC\). Решение: Для определения вида треугольника вычислим длины его сторон по формуле расстояния между точками \(d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2}\). 1) Находим сторону \(AB\): \[AB = \sqrt{(0 - (-3))^2 + (2 - (-4))^2} = \sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{9 + 36} = \sqrt{45}\] 2) Находим сторону \(BC\): \[BC = \sqrt{(2 - 0)^2 + (1 - 2)^2} = \sqrt{2^2 + (-1)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}\] 3) Находим сторону \(AC\): \[AC = \sqrt{(2 - (-3))^2 + (1 - (-4))^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{25 + 25} = \sqrt{50}\] Проверим выполнение теоремы Пифагора для определения, является ли треугольник прямоугольным: \[AB^2 + BC^2 = (\sqrt{45})^2 + (\sqrt{5})^2 = 45 + 5 = 50\] \[AC^2 = (\sqrt{50})^2 = 50\] Так как \(AB^2 + BC^2 = AC^2\), то по обратной теореме Пифагора треугольник \(ABC\) — прямоугольный с прямым углом \(B\). Ответ: треугольник \(ABC\) прямоугольный. Задача №4 Дано: \(ABCD\) — ромб, \(\angle BAD = 60^\circ\), \(AK\) — биссектриса \(\angle CAB\), \(BK = 12\) см. Найти: \(S_{ABCD}\). Решение: 1) В ромбе диагональ \(AC\) является биссектрисой угла \(BAD\). Следовательно: \[\angle CAB = \frac{1}{2} \angle BAD = \frac{60^\circ}{2} = 30^\circ\] 2) Так как \(AK\) — биссектриса \(\angle CAB\), то: \[\angle BAK = \frac{1}{2} \angle CAB = \frac{30^\circ}{2} = 15^\circ\] 3) Рассмотрим треугольник \(ABC\). В ромбе \(AB = BC\), значит треугольник \(ABC\) равнобедренный. Углы при основании \(AC\): \[\angle BCA = \angle CAB = 30^\circ\] Угол при вершине \(B\): \[\angle ABC = 180^\circ - (30^\circ + 30^\circ) = 120^\circ\] 4) В треугольнике \(ABK\): \(\angle BAK = 15^\circ\) \(\angle ABK = 120^\circ\) \(\angle AKB = 180^\circ - (120^\circ + 15^\circ) = 45^\circ\) 5) По теореме синусов в треугольнике \(ABK\): \[\frac{BK}{\sin(\angle BAK)} = \frac{AB}{\sin(\angle AKB)}\] \[\frac{12}{\sin 15^\circ} = \frac{AB}{\sin 45^\circ} \Rightarrow AB = \frac{12 \cdot \sin 45^\circ}{\sin 15^\circ}\] Используем формулу \(\sin 15^\circ = \sin(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\): \[AB = \frac{12 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}} = \frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{6}-\sqrt{2}} = \frac{24\sqrt{2}}{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)} = \frac{24}{\sqrt{3}-1} = 12(\sqrt{3}+1)\] 6) Площадь ромба: \[S = AB^2 \cdot \sin(\angle BAD) = (12(\sqrt{3}+1))^2 \cdot \sin 60^\circ\] \[S = 144(3 + 2\sqrt{3} + 1) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 72(4 + 2\sqrt{3})\sqrt{3} = 72(4\sqrt{3} + 6) = 144(2\sqrt{3} + 3) \text{ см}^2\] Ответ: \(144(2\sqrt{3} + 3) \text{ см}^2\).