13043. В остроугольном треугольнике ABC
высоты AA_{1}
, BB_{1}
и CC_{1}
пересекаются в точке H
. Через точку C_{1}
параллельно высоте BB_{1}
проведена прямая, пересекающая высоту AA_{1}
в точке K
.
а) Докажите, что AB\cdot KH=BC\cdot C_{1}H
.
б) Найдите отношение площадей треугольников C_{1}KH
и ABC
, если BC=4
, AC=5
и AB=6
.
Ответ. \frac{81}{448}
.
Решение. а) Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
. Тогда
\angle HC_{1}K=\angle BHC_{1}=\angle CHB_{1}=90^{\circ}-\angle ACC_{1}=\angle BAC=\alpha,
\angle KHC_{1}=\angle CHA_{1}=90^{\circ}-\angle BCC_{1}=\angle ABC=\beta.
Значит, треугольник C_{1}HK
подобен треугольнику ABC
по двум углам. Тогда \frac{AB}{BC}=\frac{C_{1}H}{KH}
. Следовательно, AB\cdot KH=BC\cdot C_{1}H
. Что и требовалось доказать.
б) По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{5^{2}+6^{2}-4^{2}}{2\cdot5\cdot6}=\frac{3}{4},~\cos\beta=\frac{4^{2}+6^{2}-5^{2}}{2\cdot4\cdot6}=\frac{9}{16}.
Тогда
\sin\beta=\frac{5\sqrt{7}}{16},~\ctg\beta=\frac{9}{5\sqrt{7}}.
Из прямоугольных треугольников ACC_{1}
и AHC_{1}
находим, что
AC_{1}=AC\cos\alpha=5\cdot\frac{3}{4}=\frac{15}{4},~
C_{1}H=AC_{1}\ctg\angle AHC_{1}=AC_{1}\ctg\beta=\frac{15}{4}\cdot\frac{9}{5\sqrt{7}}=\frac{27}{4\sqrt{7}}.
Пусть k
— искомый коэффициент подобия треугольников C_{1}HK
и ABC
. При этом подобии сторона C_{1}H
первого треугольника соответствует стороне AB
второго (они лежат против равных углов). Значит,
k=\frac{C_{1}H}{AB}=\frac{\frac{27}{4\sqrt{7}}}{6}=\frac{9}{8\sqrt{7}}.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle C_{1}KH}}{S_{\triangle ABC}}=k^{2}=\frac{81}{448}.