Площади трёх треугольников

[gris]

Дело в том, что в условиях задачи нет системы, а есть прямоугольник с чётким обозначением вершин, двух дополнительных точек. Прямоугольник разрезан на четыре треугольника с конкретным указанием их площадей. Забава состоит в допустимых интерпретациях условия. Уважаемый svv допустил, что "на сторонах" может обозначать и "на продолжениях сторон", что часто бывает в теоремах. И получилась красивая интерпретация лишнего корня. Так в физических задачах про швыряние камня с башни иногда получается отрицательное время его полёта до земли. И это тоже интерпретируется известным способом

[Yadryara]

gris в сообщении #1205046 писал(а):

Yadryara совершенно правильно заметил, что система уравнений может описывать и другую задачу, в которой появляется дополнительное условие.

Нет, я заметил, что не другую, а исходную задачу описывает система из 4-х уравнений:

$a(b-x) = 80$

$b(a-y) = 22$

$xy = 6$

$80 + 6 + x(a-y) = 22 + 6 + y(b-x)$

И это прекрасно видно на рисунках.

[gris]

ТС сказал, что он попробовал составить и решить систему, но у него возникли заминки. Условие же задачи приведено в первых трёх строках:
$ABCD$ — прямоугольник. Есть точки $E$ и $F$ на сторонах $AD$ и $DC$ соответственно. Площади треугольников $ABE$, $FBC$ и $EDF$ — $40$, $11$ и $3$ квадратные единицы соответственно. Найти площадь прямоугольника.
И где же на Вашем чертеже указанные треугольники?

[Yadryara]

Собственно, достаточно одного рисунка.

$\tikz[scale=.1]{ \draw [ultra thick] (2,20)--(42,20)--(42,0)--(2,0)--(2,20); \draw [thick] (2,20)--(30,0); \draw [thick] (2,20)--(42,7); \draw [thick] (30,0)--(42,7); \node at (12,7){\textbf{40}}; \node at (34,16){\textbf{11}}; \node at (38.5,3){\textbf{3}}; \node at (0,10){\text{a}}; \node at (22,22){\text{b}}; \node at (0,10){\text{a}}; \node at (36,-2){\text{x}}; \node at (44,3){\text{y}}; \node at (0,-2){\text{A}}; \node at (0,22){\text{B}}; \node at (44,22){\text{С}}; \node at (44,-2){\text{D}}; \node at (30,-2){\text{E}}; \node at (44,7){\text{F}}; }$

[gris]

$80 + 6 + x(a-y) = 22 + 6 + y(b-x)$
$80 + 6 + 1(8-6) = 22 + 6 + 6(11-1)$

Да, я ошибся. Ваше четвёртое уравнение не вносит частности. Оно следует из первых двух. Я потом.

[Yadryara]

Да, похоже есть ещё одно решение.

[gris]

Ладно, придётся посмотреть Вашу простыню. Вот: при решении квадратного уравнения коэффициент при $c$ не $29$, а $29a$. Увы

[Yadryara]

Процитируйте это место, пожалуйста.

[gris]

Yadryara в сообщении #1204908 писал(а):

$a^2c^2 + 58ac - 528 = 0$


$c = \dfrac{- 58\pm \sqrt{58^2a^2 + 4\cdot528a^2}}{2a^2}$

$c = 37a - 29$

Надо: $c = \dfrac{- 58a\pm \sqrt{58^2a^2 + 4\cdot528a^2}}{2a^2}$

$c = (37a - 29a)/a^2=8/a$

[ewert]

(Оффтоп)

извините за хамство, но: сколько можно анализировать д-во того, что дважды два есть пять?...

Сколь изысканным это д-во ни было бы.

[gris]

Я придумал интересное дополнение к задаче без озвучивания длин: Треугольник $\triangle BFE$ — прямоугольный. Вот теперь нужно будет помучится

[Yadryara]

gris, ewert, Благодарю. Действительно, из-за потери одной буковки, решение вовсе и не одно, решений весьма много. Получается, что 4-е уравнение не вносит частности, да.

[kotenok gav]

Yadryara в сообщении #1205104 писал(а):

gris, ewert, Благодарю. Действительно, из-за потери одной буковки, решение вовсе и не одно, решений весьма много. Получается, что 4-е уравнение не вносит частности, да.

Так где у вас ошибка?

[Yadryara]

$\text{Вот здесь}\hspace{.8cm}\swarrow$
$c\hspace{.5cm} =\hspace{.5cm} \dfrac{- 58a\pm \sqrt{58^2a^2 + 4\cdot528a^2}}{2a^2}$

У меня в решении в этом месте $a$ по невнимательности отсутствует. То есть 4-е уравнение верное и позволяет получить некоторые соотношения, например $c= \dfrac8a$, но знание этого единственности решения всё равно не даёт, ибо сокращается при дальнейшей подстановке.

[Yadryara]

Подытожу.

ewert и gris с самого начала были правы, что длины отрезков мы знать не можем, даже несмотря на то, что можем легко найти все площади. Собственно, вот они, эти площади.

$\tikz[scale=.1]{ \draw [ultra thick] (2,20)--(42,20)--(42,0)--(2,0)--(2,20); \draw [thick] (30,20)--(30,0); \draw [thick] (2,14)--(42,14); \node at (17,17){\textbf{20}}; \node at (36,17){\textbf{2}}; \node at (17,6){\textbf{60}}; \node at (36,6){\textbf{6}}; }$

Штука в том, что мы не знаем точно ни одного отрезка. Стало быть, задача о нахождении длин конкретных отрезков сводится к задаче о замощении одного прямоугольника другими. Либо, что эквивалентно, о разрезании одного прямоугольника на другие.

Очевидно, что таких решений бесконечно много и не надо было даже пытаться искать одно. Именно потому, что мы знаем только площади и не знаем ни одного отрезка. Диву даюсь, как такая простая вещь ускользнула от моего внимания.

Теперь, ежели кто желает, можно решать задачу в модификации gris'а.