12190. На стороне BC
треугольника ABC
взята такая точка M
, что BM:MC=2:5
. Биссектриса BL
данного треугольника и отрезок AM
пересекаются в точке P
под углом 90^{\circ}
.
а) Найдите отношение площади треугольника ABP
к площади четырёхугольника LPMC
.
б) На отрезке MC
отмечена такая точка F
, что MF:FC=1:4
. Пусть дополнительно известно, что прямые LF
и BC
перпендикулярны. Найдите угол CBL
.
Ответ. а) 9:40
; б) \arccos\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}
.
Решение. а) В треугольнике ABM
отрезок BP
является биссектрисой и высотой, поэтому треугольник ABM
равнобедренный, а BP
является также его медианой. Положим BM=2x
. Тогда AB=2x
, MC=5x
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509),
\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{2x}{7x}=\frac{2}{7}.
Обозначим S_{\triangle ABC}=S
. Тогда
S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{7}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{7}S,
\frac{S_{\triangle APL}}{S_{\triangle AMC}}=\frac{AP}{AM}\cdot\frac{AL}{AC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{9}=\frac{1}{9}.
Значит,
S_{\triangle APL}=\frac{1}{9}S_{\triangle AMC}=\frac{1}{9}\cdot\frac{5}{7}S,~S_{LPMC}=\frac{8}{9}S_{\triangle AMC}=\frac{8}{9}\cdot\frac{5}{7}S=\frac{40}{63}S.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{LPMC}}=\frac{\frac{1}{7}S}{\frac{40}{63}S}=\frac{9}{40}.
б) У треугольников ABP
и ALP
общая высота AP
, проведённая из вершины A
, поэтому
\frac{BP}{PL}=\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{\triangle ALP}}=\frac{\frac{1}{7}S}{\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{7}S}=\frac{9}{5}.
Пусть BP=9y
, PL=5y
, \angle CBL=\gamma
. Тогда
BF=BM+MF=2x+\frac{1}{5}\cdot5x=2x+x=3x.
Из треугольников BPM
и BFL
получаем
\cos\gamma=\frac{9y}{2x},~\cos\gamma=\frac{3x}{14y}.
Из равенства \frac{9y}{2x}=\frac{3x}{14y}
находим, что x=y\sqrt{21}
. Следовательно,
\cos\gamma=\frac{9y}{2x}=\frac{9y}{2\cdot y\sqrt{21}}=\frac{9}{2\sqrt{21}}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2015, 10 класс, билет 5, задача 4