12295. Вершины K
и L
квадрата KLMN
с центром O
лежат на стороне AB
треугольника ABC
, а вершины M
и N
— на сторонах BC
и AC
соответственно. Высота CH
треугольника ABC
проходит через точку O
и пересекает отрезок MN
в точке D
, причём CD=DO=OH
.
а) Докажите, что треугольник ABC
равнобедренный и прямоугольный.
б) Пусть прямая AD
пересекает отрезки KN
и BC
в точках P
и Q
соответственно. Найдите отношение AP:PD:DQ
.
Ответ. 10:5:3
.
Решение. а) Прямые MN
и AB
параллельны, поэтому CH\perp MN
, т. е. OD
— высота равнобедренного треугольника MON
. Значит, D
— середина MN
. Диагонали MN
и OC
четырёхугольника CMON
точкой D
пересечения делятся пополам, значит, это параллелограмм. Его угол при вершине C
прямой, а соседние стороны OM
и ON
равны, следовательно, это квадрат. Тогда CM=CN
, а так как MN\parallel AB
, то AC=BC
, т. е. треугольник ABC
равнобедренный. Кроме того,
\angle ACB=\angle NCM=90^{\circ},~
Следовательно, этот треугольник прямоугольный.
б)
Первый способ. Пусть AB=18a
, \angle APK=\alpha
. Тогда
AK=KN=KL=ML=LB=6a,~DN=3a,~\angle CDQ=\angle APK=\alpha.
Прямоугольные треугольники DPN
и APK
подобны с коэффициентом
\frac{DN}{AK}=\frac{3a}{6a}=\frac{1}{2},
Тогда
AP:PD=2:1,~PK=\frac{2}{3}KN=\frac{2}{3}\cdot6a=4a.
Из прямоугольного треугольника APK
находим, что
\tg\alpha=\tg\angle APK=\frac{AK}{PK}=\frac{6a}{4a}=\frac{3}{2}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}},~\sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}},~
AP=\frac{PK}{\cos\alpha}=\frac{4a}{\frac{2}{\sqrt{13}}}=2a\sqrt{13},~PD=\frac{1}{2}AP=a\sqrt{13}.
В треугольнике CDQ
известно, что
CD=DN=3a,~\angle CDQ=\alpha,~\angle CQD=180^{\circ}-45^{\circ}-\alpha=135^{\circ}-\alpha.
По теореме синусов \frac{DQ}{\sin45^{\circ}}=\frac{CD}{\sin(135^{\circ}-\alpha)}
, откуда
DQ=\frac{CD\sin45^{\circ}}{\sin(135^{\circ}-\alpha)}=\frac{3a\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sin135^{\circ}\cos\alpha-\cos135^{\circ}\sin\alpha}=
=\frac{\frac{3a\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{13}}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt{13}}}=\frac{3a\sqrt{13}}{5}.
Следовательно,
AP:PD:DQ=2a\sqrt{13}:a\sqrt{13}:\frac{3a\sqrt{13}}{5}=10:5:3.
Второй способ. Пусть AB=18a
. Тогда
AK=KN=DH=KL=ML=LB=6a,~CD=DN=3a,~
Прямоугольные треугольники DPN
и APK
подобны с коэффициентом
\frac{DP}{AP}=\frac{DN}{AK}=\frac{3a}{6a}=\frac{1}{2},
По теореме Менелая для треугольника BCH
и прямой AQ
получаем, что
\frac{CQ}{QB}\cdot\frac{BA}{AH}\cdot\frac{HD}{DC}=\frac{CQ}{QB}\cdot\frac{18a}{9a}\cdot\frac{6a}{3a}=\frac{CQ}{QB}\cdot2\cdot2=1,
откуда \frac{CQ}{QB}=\frac{1}{4}
. Пусть прямая, проведённая через точку Q
параллельно CH
, пересекает гипотенузу AB
в точке E
. Тогда
EH=\frac{1}{5}BH=\frac{1}{5}\cdot9a=\frac{9a}{5},
\frac{PD}{DQ}=\frac{HK}{EH}=\frac{HL}{EH}=\frac{3a}{\frac{9a}{5}}=\frac{5}{3}.
При этом AP=2PD
. Следовательно, AP:PD:DQ=10:5:3
.
Третий способ. Пусть прямая AD
пересекает прямую, проходящую через точку C
параллельно AB
, в точке T
. Тогда
CT:AH=CD:DH=3a:6a=1:2,~CT=\frac{1}{2}AH=\frac{9}{2}a;~
AD:DT=DH:CD=2:1,~DQ:QT=DM:CT=3a:\frac{9}{2}a=2:3.
Если AP=10b
, то
PD=\frac{DN}{AK}\cdot AP=\frac{1}{2}\cdot10b=5b,~AD=15b,~
DT=\frac{15}{2}b,~DQ=\frac{2}{5}DT=\frac{2}{5}\cdot\frac{15}{2}b=3b.
Следовательно, AP:PD:DQ=10:5:3
.