12785. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AA'
, BB'
и CC'
, пересекающиеся в точке H
. Точка H
делит AA'
в отношении 1:1
, а BB'
— в отношении 2:1
. В каком отношении точка H
делит CC'
?
Ответ. 5:1
.
Решение. Докажем, что при выполнении условия AH=HA'
отрезок BH
больше HB'
. Обозначим \angle HBA=\angle HAB'=\alpha
. Из прямоугольных треугольников HBA
и HAB'
получаем
BH=\frac{HA'}{\sin\alpha},~HB'=AH\sin\alpha.
Предположим, что BH\lt CH'
. Тогда \frac{HA'}{\sin\alpha}\lt AH\sin\alpha
, откуда \sin^{2}\alpha\gt1
. Противоречие.
Предположим, что BH=HB'
. Тогда \alpha=90^{\circ}
, что также невозможно. Следовательно, BH\gt H'B
, поэтому BH:HB=2:1
.
Положим AH=HA'=x
, BH=2y
, HB'=y
. Из точек A'
и B'
сторона AB
видна под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AB
. Хорды AA'
и BB'
пересекаются в точке H
, поэтому (см. задачу 2627) AH\cdot HA'=BH\cdot HB'
, или x^{2}=2y^{2}
, откуда y=\frac{x\sqrt{2}}{2}
, а BH=x\sqrt{2}
. Тогда
BA'=\sqrt{BH^{2}-HA'^{2}}=\sqrt{2x^{2}-x^{2}}=x=HA',
т. е. BHA'
— равнобедренный прямоугольный треугольник, и
\angle ACA'=\angle CAA'=\angle CBB'=\angle A'BH=45^{\circ}.
Из прямоугольных треугольников AA'B
, AA'C
, ACA'
и CA'H
находим, что
AB=\sqrt{AA'^{2}+BA'^{2}}=\sqrt{4x^{2}+x^{2}}=x\sqrt{5},~
CA'=AA'=2x,~AC=CA'\sqrt{2}=2x\sqrt{2},
CH=\sqrt{CA'^{2}+HA'^{2}}=\sqrt{4x^{2}+x^{2}}=x\sqrt{5}.
Тогда
BC=CA'+A'B=2x+x=3x.
Обозначим \angle BAC=\alpha
. По теореме косинусов
\cos\alpha=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{5x^{2}+8x^{2}-9x^{2}}{2\cdot x\sqrt{5}\cdot2x\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{10}}.
Тогда \sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}
, значит,
CC'=AC\sin\alpha=2x\sqrt{2}\cdot\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{6x}{\sqrt{5}},
HC'=CC'-CH=\frac{6x}{\sqrt{5}}-x\sqrt{5}=\frac{x}{\sqrt{5}}.
Следовательно,
\frac{CH}{HC'}=\frac{x\sqrt{5}}{\frac{x}{\sqrt{5}}}=5.