12618. Точка D
лежит на стороне AC
треугольника ABC
. Окружность с диаметром BD
пересекает прямые AB
и BC
в точках P
и T
соответственно. Точки M
и N
— середины отрезков AD
и CD
соответственно. Известно, что PM\parallel TN
.
а) Найдите угол ABC
.
б) Пусть дополнительно известно, что MP=\frac{1}{2}
, NT=\frac{5}{2}
, BD=2
. Найдите площадь треугольника ABC
.
Ответ. а) 90^{\circ}
; б) \frac{9\sqrt{7}}{4}
.
Решение. Точки P
и T
лежат на окружности с диаметром AD
, значит,
\angle BPD=\angle BTD=90^{\circ}.
Тогда треугольники APD
и CTD
прямоугольные с прямыми углами при вершинах P
и T
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle BCA=\gamma
. Отрезки PN
и TN
— медианы прямоугольных треугольников APD
и CTD
, проведённые из вершин прямых углов, значит, PM=MA
и TN=NC
(см. задачу 1109), т. е. треугольники AMP
и DNT
равнобедренные. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle DMP=2\alpha,~\angle DNT=2\gamma,
а так как PM\parallel TN
, то
2\alpha+2\gamma=180^{\circ},~\alpha+\gamma=90^{\circ}.
Следовательно,
\angle ABC=180^{\circ}-\alpha-\beta=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
б) Обозначим \angle BDA=\psi
. По доказанному AD=2PM=1
и CD=2TN=5
. Тогда
AC=AD+CD=6.
По теореме косинусов
AB^{2}=BD^{2}+AD^{2}-2BD\cdot AD\cos\psi=4+1-4\cos\psi=5-4\cos\psi,
BC^{2}=BD^{2}+CD^{2}-2BD\cdot CD\cos(180^{\circ}-\psi)=4+25+20\cos\psi=29+20\cos\psi.
По теореме Пифагора
AB^{2}+BC^{2}=AC^{2},~\mbox{или}~5-4\cos\psi+29+20\cos\psi=36,
откуда \cos\psi=\frac{1}{8}
. Тогда
\sin\psi=\sqrt{1-\cos^{2}\psi}=\sqrt{1-\frac{1}{64}}=\frac{3\sqrt{7}}{8}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADB}+S_{\triangle CDB}=\frac{1}{2}AD\cdot BD\sin\psi+\frac{1}{2}CD\cdot BD\sin(180^{\circ}-\psi)=
=\frac{1}{2}BD(AD+CD)\sin\psi=\frac{1}{2}\cdot2\cdot6\cdot\frac{3\sqrt{7}}{8}=\frac{9\sqrt{7}}{4}.
Источник: Олимпиада «Физтех» (математическая олимпиада МФТИ). — 2021, задача 1, вариант 1, 10 класс
Источник: Журнал «Квант». — 2021, № 11-12, с. 30