90 за 1 номер ! прямая параллельная стороне мn треугольника mnk, пересекает стороны km и kn в точках e иf. соответственно, kf равно 6 см., а κν равняется 10 см. найдите соотношения: a) ef/mn b) периметр kmn/ периметр kef c) площадь κef/ площадь kmn

АС1/С1В=1/1, ВА1/А1С=3/7, АВ1/В1С=1/3,  S A1B1C1=S ABC - S AC1B1 - S C1BA1 - S A1CB1, обе части уравнения делим на S ABC

S A1B1C1 / S ABC = 1 - (S AC1B1/S ABC) - (S C1BA1/ S ABC) - (S A1CB1/S ABC)

S ABC=1/2*AB*AC*sinA, S AB1C1=1/2*AC1*AB1*sinA, AB=AC1+C1B=1+1=2, AC=AB1+B1C=1+3=4, S AB1C1/S ABC=(AC1*AB1)/(AB*AC)=(1*1)/(2*4)=1/8,

S ABC=1/2*AB*BC*sinB, S C1BA1=1/2*C1B*BA1*sinB, BC=BA1+A1C=3+7=10, 

S C1BA1/S ABC=(C1B*BA1)/(AB*BC)=(1*3)/(2*10)=3/20, 

S ABC=1/2*AC*BC*sinC, S A1CB1=1/2*A1C*B1C*sinC, S A1CB/S ABC=(A1C*B1C) / (AC*BC)=(7*3)/(4*10)=21/40,

S A1B1C1/S ABC=1-1/8-3/20-21/40=8/40=1/5, или S ABC/S A1B1C1=5/1

Мне очень неудобно, дело в том, что я не нашел "школьного" решения. В решении предыдущего товарища :) множество точек указано верно, - это две средние линии квадрата. То, что точки на них удовлетворяют условию, очевидно, поскольку обе суммы ax + cx и bx + dx составлены из попарно равных величин (ну, если точка х лежит на MN в обозначениях предыдущего решения, то bx = cx и ax = dx. 

Однако НЕ доказано, что никакая другая точка, не лежащая на средних линиях квадрата, НЕ может удовлетворять условию ax + cx = bx + dx;

Вот какое есть решение, не знаю ли оно - это не 5 класс, и даже не 11 :( но решение строгое и простое.

Если предположить, что мы выбрали какое-то возможное (то есть не меньшее, чем длина диагонали квадрата) значение сумм - назовем его к, то для вершин а и c все точки, удовлетворяющие условию ax + cx = k лежат на эллипсе с фокусами в точках a и с. 

(Примечание. Конечно, вы НЕ знаете, - точнее, не должны знать, что такое эллипс. Есть очень хороший построения эллипса, наглядно раскрывающий его применение в этой задаче. Предположим, что мы забили два гвоздя в точки а и с, и привязали к ним концы нити длины к. Теперь берется карандаш, ставится на плоскость так, чтобы натянуть нить, и ведется, пока кривая не замкнется. Получилось геометрическое место точек, сумма расстояний от которых до двух заданных постоянна. Окружность является частным случаем эллипса, когда фокусы совпалают. Для этой задачи не требуются никакие свойства эллипса, проме его "интуитивно ощущаемой" гладкости и непрерывности)

Само собой, все точки, сумма расстояний от которых до вершин b и d равна к, тоже лежат на эллипсе. Этот эллипс получается из первого, если квадрат повернуть на 90° (все равно в какую сторону). Просто в этом случае вершины a и с переходят в вершины b и d, а поэтому и эллипсы совпадут. Поскольку эти два эллипса могут пересечься только в 4 точках (вся суть доказательства именно в этом утверждении), а 4 равноценные точки x для заданного к всегда известны - это раноотстоящие от центра квадрата точки на средних линиях, то НИКАКИЕ другие точки удовлетворить условию не могут.

 (Интересно, что если представить себе эллипс, как наклонное к оси сечение цилиндра,  то "сложное" уверждение, что при повороте в плоскости сечения на 90° вокруг точки, где сечение пересекает ось, у повернутого и неповернутого эллипсов будет только 4 точки пересечения, совершенно очевиден. Но строгое доказательство этого, хоть и простое, но лежит далеко за пределами школьной программы)