3984. В треугольнике ABC
прямые, содержащие высоты AP
, CR
, и BQ
(точки P
, R
и Q
лежат на прямых, содержащих соответствующие стороны треугольника ABC
), пересекаются в точке O
. Найдите площади треугольников ABC
и POC
, если известно, что RP
параллельно AC
, AC=4
и \sin\angle ABC=\frac{24}{25}
.
Ответ. \frac{16}{3}
и \frac{21}{25}
или 3
и \frac{112}{75}
.
Указание. Докажите, что данный треугольник равнобедренный. Далее рассмотрите два случая: \angle ABC\lt90^{\circ}
и \angle ABC\gt90^{\circ}
.
Решение. Поскольку из точек P
и R
отрезок AC
виден под прямым углом, эти точки лежат на окружности с диаметром AC
. Тогда трапеция ACPR
(рис. 1) (или ACRP
(рис. 2)) — равнобедренная. Поэтому треугольник ABC
также равнобедренный. Его равные углы при основании AC
— острые, BQ
— медиана и биссектриса.
Обозначим \angle ABC=\beta
. Пусть \beta\lt90^{\circ}
(рис. 1). Тогда
\cos\beta=\sqrt{1-\sin^{2}\beta}=\sqrt{1-\left(\frac{24}{25}\right)^{2}}=\frac{7}{25},
\ctg\angle ABQ=\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{1+\cos\beta}{\sin\beta}=\frac{1+\frac{7}{25}}{\frac{24}{25}}=\frac{32}{24}=\frac{4}{3}.
Тогда
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{3}{4},~\cos\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^{2}\frac{\beta}{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}}}=\frac{4}{5}.
Из прямоугольного треугольника AQB
находим, что
BQ=AQ\cdot\ctg\angle ABQ=2\cdot\ctg\frac{\beta}{2}=2\cdot\frac{4}{3}=\frac{8}{3}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BQ=\frac{1}{2}\cdot4\cdot\frac{8}{3}=\frac{16}{3}.
Из прямоугольных треугольников OQC
и OPC
находим, что
OC=\frac{CQ}{\cos\angle OCQ}=\frac{2}{\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{2}{\frac{4}{5}}=\frac{5}{2},
PC=OC\cdot\sin\angle COP=OC\cdot\sin\beta=\frac{5}{2}\cdot\frac{24}{25}=\frac{12}{5},
OP=OC\cdot\cos\angle COP=OC\cdot\cos\beta=\frac{5}{2}\cdot\frac{7}{25}=\frac{7}{10}.
Следовательно,
S_{\triangle POC}=\frac{1}{2}\cdot PC\cdot OP=\frac{1}{2}\cdot\frac{12}{5}\cdot\frac{7}{10}=\frac{21}{25}.
Пусть теперь \beta\gt90^{\circ}
(рис. 2). Тогда
\cos\beta=-\frac{7}{25},~\ctg\frac{\beta}{2}=\frac{1+\cos\beta}{\sin\beta}=\frac{1-\frac{7}{25}}{\frac{24}{25}}=\frac{18}{24}=\frac{3}{4},~
\tg\frac{\beta}{2}=\frac{4}{3},~\cos\frac{\beta}{2}=\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{4}{3}\right)^{2}}}=\frac{3}{5}.
Из прямоугольного треугольника AQB
находим, что
BQ=AQ\cdot\ctg\angle ABQ=2\cdot\ctg\frac{\beta}{2}=2\cdot\frac{3}{4}=\frac{3}{2}.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BQ=\frac{1}{2}\cdot4\cdot\frac{3}{2}=3.
Из прямоугольных треугольников OQC
и OPC
находим, что
OC=\frac{CQ}{\cos\angle OCQ}=\frac{2}{\cos\frac{\beta}{2}}=\frac{2}{\frac{3}{5}}=\frac{10}{3},
PC=OC\cdot\sin\angle COP=OC\cdot\sin\beta=\frac{10}{3}\cdot\frac{24}{25}=\frac{16}{5},
OP=OC\cdot\cos\angle COP=OC\cdot\cos(180^{\circ}-\beta)=-OC\cdot\cos\beta=-\frac{10}{3}\cdot\left(-\frac{7}{25}\right)=\frac{14}{15}.
Следовательно,
S_{\triangle POC}=\frac{1}{2}\cdot PC\cdot OP=\frac{1}{2}\cdot\frac{16}{5}\cdot\frac{14}{15}=\frac{112}{75}.