10159. Прямая, проходящая через вершину B
прямоугольника ABCD
перпендикулярно диагонали AC
, пересекает сторону AD
в точке M
, равноудалённой от вершин B
и D
.
а) Докажите, что лучи BM
и BD
делят угол ABC
на три равные части.
б) Найдите расстояние от центра прямоугольника до прямой CM
, если BC=6\sqrt{21}
.
Ответ. 3.
Решение. а) Обозначим \angle CBD=\alpha
. Треугольник BMD
равнобедренный, поэтому
\angle MBD=\angle MDB=\angle CBD=\alpha.
Пусть P
— точка пересечения BM
и AC
. Тогда AP
— высота прямоугольного треугольника ABM
, проведённая из вершины прямого угла. Значит,
\angle ABM=\angle MAP=\angle CAD=\angle CBD=\alpha.
Следовательно,
\angle ABM=\angle MBD=\angle CBD.
б) Из равенства 3\alpha=90^{\circ}
находим, что \alpha=30^{\circ}
. Тогда
AB=CD=BC\tg\alpha=6\sqrt{21}\tg30^{\circ}=6\sqrt{21}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=6\sqrt{7},
DM=BM=\frac{AB}{\cos\angle ABM}=\frac{AB}{\cos30^{\circ}}=\frac{6\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4\sqrt{21},
AM=AD-DM=6\sqrt{21}-4\sqrt{21}=2\sqrt{21},
AC=2CD=12\sqrt{7}.
Пусть O
— точка пересечения диагоналей прямоугольника ABCD
(центр прямоугольника), H
— основание перпендикуляра, опущенного из точки O
на прямую CM
. Тогда OH
— высота треугольника CMO
. Значит, OH=\frac{2S_{\triangle CMO}}{CM}
(см. задачу 1967).
Из прямоугольного треугольника CDM
находим, что
CM=\sqrt{CD^{2}+DM^{2}}=\sqrt{(6\sqrt{7})^{2}+(4\sqrt{21})}=14\sqrt{3},
а так как MO
— медиана треугольника AMC
, то (см. задачу 3001)
S_{\triangle CMO}=\frac{1}{2}S_{\triangle ACM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot AM\sin30^{\circ}=\frac{1}{4}\cdot12\sqrt{7}\cdot2\sqrt{21}\cdot\frac{1}{2}=21\sqrt{3}.
Следовательно,
OH=\frac{2S_{\triangle CMO}}{CM}=\frac{2\cdot21\sqrt{3}}{14\sqrt{3}}=3.