1468. Внутри треугольника ABC
с острыми углами при вершинах A
и C
взята точка K
, причём \angle AKB=90^{\circ}
, \angle CKB=180^{\circ}-\angle ACB
. В каком отношении прямая BK
делит сторону AC
, если высота, опущенная на AC
, делит эту сторону в отношении \lambda
, считая от вершины A
?
Ответ. \frac{AM}{MC}=\lambda+1
.
Решение. Продолжим отрезок BK
до пересечения со стороной AC
в точке M
. Тогда
\angle MKC=180^{\circ}-\angle CKB=\angle ACB=\angle MCB,
поэтому треугольник MKC
подобен треугольнику MCB
по двум углам.
Пусть BD
— высота треугольника ABC
, DC=a
, AD=\lambda a
, DM=x
. Тогда
\frac{CM}{KM}=\frac{BM}{CM},~\mbox{или}~KM\cdot BM=CM^{2}=(a-x)^{2}.
Поскольку сторона AB
видна из точек D
и K
под прямым углом, то эти точки лежат на окружности с диаметром AB
, причём MKB
и MDA
— секущие, проведённые к этой окружности из точки M
. Поэтому
KM\cdot BM=AM\cdot DM=(\lambda a+x)x.
Из уравнения
(a-x)^{2}=(\lambda a+x)x
находим, что x=\frac{a}{\lambda+2}
, откуда
AM=\lambda a+x=\frac{a(\lambda+1)^{2}}{\lambda+2},~MC=a-x=\frac{a(\lambda+1)}{\lambda+2}.
Следовательно, \frac{AM}{MC}=\lambda+1
.