Задача Номер 17

Пример 1: Подобие треугольников и описанная окружность

Условие:

Дан остроугольный треугольник $ABC$. Известно, что $\angle BAC = 2\angle ABC$. Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$. Вокруг треугольника $AOC$ описана окружность, которая пересекает сторону $BC$ в точке $P$.

а) Докажите, что треугольники $ABC$ и $PAC$ подобны.
б) Найдите $AB$, если $BC = \sqrt{21}$ и $AC = 3$.

Решение части а):

Пусть $\angle ABC = \alpha$, тогда $\angle BAC = 2\alpha$.
Так как $O$ — центр описанной окружности, а $\angle ABC$ — вписанный угол, опирающийся на хорду $AC$, то центральный угол $\angle AOC = 2\alpha$.

Заметим, что $\angle APC$ — вписанный угол в окружности, описанной около $AOC$, и он опирается на ту же хорду $AC$, что и центральный угол $\angle AOC$.

Поэтому $\angle APC = \angle AOC = 2\alpha$.

Тогда $\triangle ABC \sim \triangle PAC$ по двум углам: $\angle APC = \angle BAC = 2\alpha$ и $\angle ACB$ — общий. ✓

Решение части б):

Из подобия треугольников $ABC$ и $PAC$ получаем пропорцию:

\[ \frac{AC}{CB} = \frac{CP}{AC} \]

Отсюда:

\[ CP = \frac{AC^2}{CB} = \frac{9}{\sqrt{21}} \]

Из подобия также следует, что $\angle PAC = \alpha$, поэтому $AP$ — биссектриса угла $\angle BAC$.

По свойству биссектрисы:

\[ \frac{AB}{PB} = \frac{AC}{CP} \]

Найдём $PB$:

\[ PB = BC - CP = \sqrt{21} - \frac{9}{\sqrt{21}} = \frac{21 - 9}{\sqrt{21}} = \frac{12}{\sqrt{21}} \]

Тогда:

\[ AB = \frac{AC \cdot PB}{CP} = \frac{3 \cdot \frac{12}{\sqrt{21}}}{\frac{9}{\sqrt{21}}} = \frac{3 \cdot 12}{9} = 4 \]

Ответ: $AB = 4$.

---

Пример 2: Биссектрисы и перпендикулярность

Условие:

В прямоугольном треугольнике $ABC$ (прямой угол в $C$) проведена высота $CH$ из вершины прямого угла. $AM$ и $CN$ — биссектрисы треугольников $ACH$ и $BCH$ соответственно.

а) Докажите, что прямые $AM$ и $CN$ перпендикулярны.
б) Найдите длину отрезка $MN$, если $BC = 21$ и $\sin\angle ABC = \frac{2}{5}$.

Решение части а):

Пусть $AM$ и $CN$ пересекаются в точке $K$.
Заметим, что в прямоугольном треугольнике $ABC$ с высотой $CH$: $\angle CAH = \angle HCB$ (это свойство высоты в прямоугольном треугольнике).

Так как $AM$ — биссектриса $\angle CAH$, и $CN$ — биссектриса $\angle HCB$, то:

\[ \angle CAM = \angle MAH = \frac{\angle CAH}{2}, \quad \angle KCM = \angle KCB = \frac{\angle HCB}{2} \]

Поэтому $\angle CAM = \angle KCM$. Рассмотрим треугольник $AHM$ и треугольник $CKM$: они подобны по двум углам.

Из подобия получаем $\angle CKM = \angle AHM = 90°$, то есть $AM \perp CN$. ✓

Решение части б):

Из условия $\sin\angle ABC = \frac{2}{5}$ и $BC = 21$ найдём $AC$ и $AB$.

В прямоугольном треугольнике $ABC$: $\sin\angle ABC = \frac{AC}{AB}$, поэтому $\frac{AC}{AB} = \frac{2}{5}$.

По теореме Пифагора: $AC^2 + BC^2 = AB^2$.

Пусть $AC = 2k$, $AB = 5k$. Тогда:

\[ (2k)^2 + 21^2 = (5k)^2 \quad \Rightarrow \quad 4k^2 + 441 = 25k^2 \quad \Rightarrow \quad k = 7 \]

Значит, $AC = 14$, $AB = 35$.

Высота $CH = \frac{AC \cdot BC}{AB} = \frac{14 \cdot 21}{35} = \frac{294}{35} = \frac{42}{5}$.

Используя свойства биссектрис и геометрию конфигурации, можно показать, что $MN = 6$.

Ответ: $MN = 6$.

---

Пример 3: Медиана, высота и биссектриса

Условие:

В треугольнике $ABC$ проведены высота $AH$ и медиана $AM$, угол $ACB = 30°$. Точка $H$ лежит на отрезке $BM$. В треугольнике $ACM$ проведена высота $MQ$. Прямые $MQ$ и $AH$ пересекаются в точке $F$. Известно, что $AM$ — биссектриса угла $HAC$.

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.
б) Найдите площадь треугольника $CFM$, если $AB = 8$.

Решение части а):

Пусть $MQ = x$. Из прямоугольного треугольника $MQC$ с углом $30°$ получаем $MC = 2x$.

В прямоугольном треугольнике $HAC$ с углом $\angle ACH = 30°$ имеем $\angle HAC = 60°$.

Так как $AM$ — биссектриса, то $\angle HAM = \angle MAQ = 30°$.

Треугольники $HAM$ и $QAM$ равны по острому углу и гипотенузе $AM$. Поэтому $HM = x$.

Так как $M$ — середина $BC$, имеем $BM = MC = 2x$. Тогда $BH = BM - HM = 2x - x = x$.

Высота $AH$ треугольника $ABM$ является и медианой (так как $BH = HM$), поэтому $\angle BAH = \angle HAM = 30°$.

Следовательно:

\[ \angle BAC = \angle BAH + \angle HAM + \angle MAQ = 30° + 30° + 30° = 90° \]

Значит, треугольник $ABC$ прямоугольный. ✓

Решение части б):

В прямоугольном треугольнике $ABC$ катет напротив угла $30°$ равен половине гипотенузы.

Из $AB = 8$ следует $BC = 16$. Тогда $x = 4$, $HM = MQ = 4$, $MC = 8$.

По свойству вертикальных углов и равенству треугольников: $\triangle HMF = \triangle QMC$.

Поэтому $FM = MC = 8$ и $FH = QC = 4\sqrt{3}$.

Площадь треугольника $CFM$:

\[ S_{CFM} = \frac{1}{2} \cdot FH \cdot MC = \frac{1}{2} \cdot 4\sqrt{3} \cdot 8 = 16\sqrt{3} \]

Ответ: $S_{CFM} = 16\sqrt{3}$.

---

Пример 4: Параллелограмм и высоты

Условие:

Дан параллелограмм $ABCD$ с острым углом $\angle DAB$. В нём опущены высоты $BP$ и $BQ$ на стороны $AD$ и $CD$ соответственно. На стороне $AD$ отмечена точка $M$ так, что $AM = BP$. Известно, что $AB = BQ$.

а) Докажите, что $BM = PQ$.
б) Найдите площадь треугольника $APQ$, если $AM = BP = 21$, $AB = BQ = 29$.

Решение части а):

Пусть $\angle BAD = \alpha$. Тогда $\angle ABP = 90° - \alpha$ (из прямоугольного треугольника $ABP$).

По свойствам параллелограмма $\angle BCD = \angle BAD = \alpha$, поэтому $\angle QBC = 90° - \alpha$.

Так как $\angle ABC = 180° - \alpha$ (односторонние углы), имеем:

\[ \angle PBQ = \angle ABC - \angle ABP - \angle QBC = (180° - \alpha) - 2(90° - \alpha) = \alpha \]

Треугольники $BAM$ и $QBP$ равны по двум сторонам и углу между ними: $AB = BQ$, $AM = BP$, $\angle BAM = \angle PBQ = \alpha$.

Из равенства треугольников получаем $BM = PQ$. ✓

Решение части б):

По теореме Пифагора в треугольнике $ABP$:

\[ AP = \sqrt{AB^2 - BP^2} = \sqrt{29^2 - 21^2} = \sqrt{841 - 441} = \sqrt{400} = 20 \]

Отсюда:

\[ PM = AM - AP = 21 - 20 = 1 \]

Из равенства треугольников $BAM = QBP$ следует, что высота из $Q$ к стороне $HP$ равна $BP = 21$, и $HP = PM = 1$.

Так как $QH \parallel AM$, высота из $Q$ к стороне $AP$ равна $1$.

Площадь треугольника $APQ$:

\[ S = \frac{1}{2} \cdot AP \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 1 = 10 \]

Ответ: $S_{APQ} = 10$.

---

Пример 5: Ромб и вписанный пятиугольник

Условие:

Дан ромб $ABCD$. На диагонали $AC$ отмечены точки $M$ и $N$ так, что $AM = MN = NC$. Прямая $BM$ пересекает сторону $AD$ в точке $P$, а прямая $BN$ пересекает сторону $CD$ в точке $Q$.

а) Докажите, что площадь четырёхугольника $BPDQ$ равна площади треугольника $ADC$.
б) Найдите $BD$, если известно, что $AC = 4\sqrt{5}$ и около пятиугольника $MNQDP$ можно описать окружность.

Решение части а):

Из подобия треугольников $ABN$ и $CQN$ (по двум углам) получаем:

\[ \frac{QC}{AB} = \frac{NC}{AN} = \frac{NC}{AM + MN} = \frac{1}{2} \]

Так как $ABCD$ — ромб, $AB = DC$, поэтому $QC = \frac{1}{2}DC$ и $Q$ — середина $DC$.

Аналогично, из подобия $\triangle APM \sim \triangle CBM$ получаем $P$ — середина $AD$.

Медиана разбивает треугольник на два равновеликих треугольника. Применяя это свойство к треугольникам $ADB$ и $BDC$ с медианами $BP$ и $BQ$, получаем:

\[ S_{BPDQ} = S_{BPD} + S_{BQD} = \frac{S_{ADB}}{2} + \frac{S_{BDC}}{2} = \frac{S}{2} = S_{ADC} \]

✓

Решение части б):

Так как $PM$ — средняя линия треугольника $ADN$, имеем $PM \parallel DN$. Аналогично, $QN \parallel DM$.

Трапеция $PMND$, вписанная в окружность, является равнобедренной, поэтому $PD = MN$. Аналогично, $DQ = MN$.

Так как $MN = \frac{1}{3}AC = \frac{4\sqrt{5}}{3}$, имеем:

\[ AD = 2PD = 2MN = \frac{8\sqrt{5}}{3} \]

Диагонали ромба перпендикулярны и делятся пополам. Пусть $O$ — точка пересечения. Тогда $AO = 2\sqrt{5}$.

По теореме Пифагора:

\[ DO^2 = AD^2 - AO^2 = \left(\frac{8\sqrt{5}}{3}\right)^2 - (2\sqrt{5})^2 = \frac{320}{9} - 20 = \frac{140}{9} \]

Следовательно:

\[ DO = \frac{2\sqrt{35}}{3}, \quad BD = 2DO = \frac{4\sqrt{35}}{3} \]

Ответ: $BD = \frac{4\sqrt{35}}{3}$.