11981. Пусть в остроугольном треугольнике ABC
точка X
— произвольная точка стороны BC
, точки M
и N
— проекции этой точки на стороны AC
и AB
соответственно, а AA_{1}
— диаметр описанной окружности треугольника ABC
. Докажите, что четырёхугольник AMA_{1}N
равновелик треугольнику ABC
.
Решение. Первый способ. Пусть отрезки MA_{1}
и NA_{1}
пересекают сторону BC
в точках E
и F
соответственно. Прямые A_{1}C
и XM
перпендикулярны AC
, поэтому они параллельны. Тогда треугольник CEM
равновелик треугольнику XEA_{1}
(см. задачу 3017). Аналогично, треугольник BFN
равновелик треугольнику XFA_{1}
. Значит, сумма площадей треугольников CEM
и BFN
равна площади треугольника EA_{1}F
. Следовательно,
S_{\triangle ABC}=S_{AMEFN}+S_{\triangle CEM}+S_{\triangle BFN}=S_{AMEFN}+S_{\triangle EA_{1}F}=S_{AMA_{1}N}=2S_{\triangle MAN}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Из точек M
, N
и H
отрезок AX
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AX
. Тогда (см. задачу 20)
\angle CAX=\angle CAO=\angle BAH,
поэтому меньшие дуги MX
и NF
равны. Пусть прямые AA_{1}
и MN
пересекаются под углом \varphi
. Тогда (см. задачу 26)
\varphi=\frac{\smile AN+\smile MX}{2}=\frac{\smile AN+\smile NF}{2}=\frac{\smile ANF}{2}=\angle AXF=\angle AXH.
Из прямоугольного треугольника AXH
получаем
AH=AX\sin AXH=AX\sin\varphi.
По теореме синусов
MN=AX\sin\angle BAC,~BC=2R\sin\angle BAC.
Тогда (см. задачу 3018)
S_{AMA_{1}N}=\frac{1}{2}AA_{1}\cdot MN\sin\varphi=\frac{1}{2}\cdot2R\cdot MN\sin\varphi=
=\frac{1}{2}\cdot2R\cdot AX\sin\angle BAC\sin\varphi=\frac{1}{2}\cdot2R\sin BAC\cdot AX\sin\varphi=
=\frac{1}{2}BC\cdot AH=S_{\triangle ABC}.
Что и требовалось доказать.
Примечание. См. статью И.А.Кушнира: «Бипедальные равновеликости», Квант, 2020, N6, с.25-28