5791. В равнобедренном треугольнике ABC
(AB=BC
) биссектрисы AM
и BK
пересекаются в точке O
. Площади треугольников BOM
и COM
соответственно равны 25 и 30. Найдите площадь треугольника ABC
и проекцию отрезка OM
на прямую BC
.
Ответ. 176, 2\sqrt{\frac{3}{11}}
.
Решение. Заметим, что
\frac{CM}{MB}=\frac{S_{\triangle COM}}{S_{\triangle BOM}}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5},
а так как AM
— биссектриса треугольника ABC
, то \frac{AC}{AB}=\frac{CM}{MB}=\frac{6}{5}
.
Пусть MB=5x
, MC=6x
. Тогда AB=BC=CM+MB=6x+5x=11x
, а так как \frac{AC}{AB}=\frac{CM}{MB}=\frac{6}{5}
, то AC=\frac{6}{5}AB=\frac{66}{5}x
, а CK=\frac{1}{2}AC=\frac{33}{5}x
.
Заметим, что CO
— биссектриса треугольника BCK
, поэтому
\frac{OK}{BO}=\frac{CK}{BC}=\frac{\frac{33}{5}x}{11x}=\frac{3}{5},
значит,
S_{\triangle COK}=\frac{OK}{BO}\cdot S_{\triangle BCO}=\frac{3}{5}\cdot55=33.
Следовательно,
S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle BCK}=2(S_{\triangle BOM}+S_{\triangle COM}+S_{\triangle COK})=2(25+30+33)=176.
По теореме Пифагора
BK=\sqrt{BC^{2}-CK^{2}}=\sqrt{(11x)^{2}-\left(\frac{33}{5}x\right)^{2}}=\frac{44}{5}x.
Тогда S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BK=CK\cdot BK
, или 176=\frac{33}{5}x\cdot\frac{44}{5}x
, откуда x=\frac{10}{\sqrt{33}}
. Значит,
BC=11x=10\sqrt{\frac{11}{3}},~CK=\frac{33}{5}x=2\sqrt{33}.
Пусть P
— проекция точки O
на прямую BC
. Тогда OP
— высота треугольника BOC
, поэтому
OP=\frac{2S_{\triangle BOC}}{BC}=\frac{2\cdot55}{10\sqrt{\frac{11}{3}}}=\sqrt{33}.
Обозначим \angle OCK=\alpha
. Тогда
\angle BAC=\angle ACB=2\alpha,~\angle BAO=\alpha,~\angle CBK=90^{\circ}-2\alpha.
Из прямоугольного треугольника COK
находим, что
\tg\alpha=\frac{OK}{CK}=\frac{OP}{CK}=\frac{\sqrt{33}}{2\sqrt{33}}=\frac{1}{2},~\tg2\alpha=\frac{2\tg\alpha}{1-\tg^{2}\alpha}=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}.
AMC
— внешний угол треугольника ABM
, поэтому
\angle AMC=\angle ABC+\angle BAM=(180^{\circ}-4\alpha)+\alpha=180^{\circ}-3\alpha,
\tg\angle AMC=\tg(180^{\circ}-3\alpha)=-\tg3\alpha=-\frac{\tg\alpha+\tg2\alpha}{1-\tg\alpha\tg2\alpha}=-\frac{\frac{1}{2}+\frac{4}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}}=-\frac{11}{2}.
Поскольку \tg\angle AMC\lt0
, угол AMC
— тупой, значит, точка P
лежит на отрезке MB
.
Из прямоугольного треугольника OPM
находим, что
PM=\frac{OP}{\tg\angle OMP}=\frac{OP}{-\tg\angle AMC}=\frac{\sqrt{33}}{\frac{11}{2}}=\frac{2\sqrt{33}}{11}=2\sqrt{\frac{3}{11}}.
Источник: Вступительный экзамен в МФТИ. — 1996, билет 5, № 3
Источник: Сборник методических материалов письменных испытаний по математике и физике абитуриентов Московского Физтеха (1947—2006 гг.). Математика / Сост. Д. А. Александров, И. Г. Почернин, И. Г. Проценко, И. Е. Сидорова, В. Б. Трушин, И. Г. Шомполов. Под ред. И. Г. Шомполова. — М.: МФТИ, 2007. — № 96-5-3, с. 357