12191. На стороне BC
треугольника ABC
взята такая точка M
, что BM:MC=2:7
. 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 T
, что MT:TC=1:6
. Пусть дополнительно известно, что прямые LT
и BC
перпендикулярны. Найдите угол CBL
.
Ответ. а) 11:70
; б) \arccos\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}
.
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=7x
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509),
\frac{AL}{LC}=\frac{AB}{BC}=\frac{2x}{9x}=\frac{2}{9}.
Обозначим S_{\triangle ABC}=S
. Тогда
S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{9}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{9}S,
\frac{S_{\triangle APL}}{S_{\triangle AMC}}=\frac{AP}{AM}\cdot\frac{AL}{AC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{11}=\frac{1}{11}.
Значит,
S_{\triangle APL}=\frac{1}{11}S_{\triangle AMC}=\frac{1}{11}\cdot\frac{7}{9}S,~S_{LPMC}=\frac{10}{11}S_{\triangle AMC}=\frac{10}{11}\cdot\frac{7}{9}S=\frac{70}{99}S.
Следовательно,
\frac{S_{\triangle ABP}}{S_{LPMC}}=\frac{\frac{1}{9}S}{\frac{70}{99}S}=\frac{11}{70}.
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}{9}S}{\frac{2}{11}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{7}{9}S}=\frac{11}{7}.
Пусть BP=11y
, PL=7y
, \angle CBL=\gamma
. Тогда
BT=BM+MT=2x+\frac{1}{7}\cdot7x=2x+x=3x.
Из треугольников BPM
и BTL
получаем
\cos\gamma=\frac{11y}{2x},~\cos\gamma=\frac{3x}{18y}=\frac{x}{6y}.
Из равенства \frac{11y}{2x}=\frac{x}{6y}
находим, что x=y\sqrt{33}
. Следовательно,
\cos\gamma=\frac{11y}{2x}=\frac{11y}{2\cdot y\sqrt{33}}=\frac{11}{2\sqrt{33}}=\frac{\sqrt{11}}{2\sqrt{3}}.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2015, 10 класс, билет 6, задача 4