ID: 00028795
В треугольнике $ABC$ точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, $AH$ — высота, $\angle BAC=120^{\circ}$, $\angle BCA=45^{\circ}$.
а) Докажите, что точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $H$ лежат на одной окружности.
б) Найдите $A_1H$, если $BC=6\sqrt{3}$.
Источник: ФИПИ
Разберёмся с чертежом. В треугольнике $ABC$ отмечены середины всех сторон: $A_1$ — середина $BC$, $B_1$ — середина $AC$, $C_1$ — середина $AB$. Кроме того, из вершины $A$ опущена высота $AH$ на сторону $BC$. Углы при вершинах $B$ и $C$ острые (это видно из условия: $\angle BAC=120^{\circ}$, $\angle BCA=45^{\circ}$, значит, $\angle ABC=180^{\circ}-120^{\circ}-45^{\circ}=15^{\circ}$), поэтому основание высоты $H$ лежит внутри отрезка $BC$.
Пункт а. Докажем, что точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $H$ лежат на одной окружности.
Отрезок $C_1B_1$ соединяет середины сторон $AB$ и $AC$, то есть является средней линией треугольника, а средняя линия параллельна третьей стороне: $C_1B_1\parallel BC$.
Точки $A_1$ и $H$ лежат на прямой $BC$. Значит, у четырёхугольника $C_1B_1HA_1$ стороны $C_1B_1$ и $HA_1$ параллельны — это трапеция (она невырожденная, так как $AB\ne AC$, и потому $H$ не совпадает с $A_1$).
Теперь сравним диагонали этой трапеции — отрезки $C_1H$ и $B_1A_1$.
Отрезок $B_1A_1$ соединяет середины сторон $AC$ и $BC$, то есть это средняя линия, параллельная стороне $AB$, и её длина вдвое меньше: $B_1A_1=\dfrac{AB}{2}$.
Отрезок $C_1H$ рассмотрим в треугольнике $ABH$. Угол при вершине $H$ прямой (ведь $AH$ — высота), значит, $AB$ — гипотенуза, а $C_1$ — её середина. Медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла к гипотенузе, равна половине гипотенузы: $C_1H=\dfrac{AB}{2}$.
Итак, $C_1H=B_1A_1$, то есть диагонали трапеции равны. Трапеция с равными диагоналями — равнобедренная, а у равнобедренной трапеции углы при каждом основании равны, поэтому сумма противоположных углов равна $180^{\circ}$. По признаку вписанного четырёхугольника вокруг такой трапеции можно описать окружность.
Значит, все четыре точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $H$ лежат на одной окружности. Доказано.
Пункт б. Найдём $A_1H$ при $BC=6\sqrt{3}$.
Точки $A_1$ и $H$ обе лежат на отрезке $BC$, поэтому расстояние между ними — это разность расстояний от вершины $B$: $A_1H=\left|BH-BA_1\right|$.
Половина стороны очевидна: $BA_1=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.
Чтобы найти $BH$, сначала найдём сторону $AB$ по теореме синусов. Запишем её в виде $\dfrac{BC}{\sin\angle BAC}=\dfrac{AB}{\sin\angle BCA}$.
Считаем удвоенный радиус описанной окружности: $\dfrac{BC}{\sin\angle BAC}=\dfrac{6\sqrt{3}}{\sin 120^{\circ}}=\dfrac{6\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=12$.
Тогда $AB=12\sin\angle BCA=12\sin 45^{\circ}=12\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=6\sqrt{2}$.
Теперь из прямоугольного треугольника $ABH$ (прямой угол при $H$) находим катет $BH$, прилежащий к углу $\angle ABC=15^{\circ}$: $BH=AB\cos 15^{\circ}$.
Косинус $15^{\circ}$ вычислим как косинус разности: $\cos 15^{\circ}=\cos\left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\cos 45^{\circ}\cos 30^{\circ}+\sin 45^{\circ}\sin 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac12=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
Подставляем: $BH=6\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\dfrac{6\left(\sqrt{12}+2\right)}{4}=\dfrac{6\left(2\sqrt{3}+2\right)}{4}=3\sqrt{3}+3$.
Осталось вычесть: $A_1H=\left|BH-BA_1\right|=\left|3\sqrt{3}+3-3\sqrt{3}\right|=3$.
Проверим себя: $BH=3\sqrt{3}+3\approx 8{,}2$, а вся сторона $BC=6\sqrt{3}\approx 10{,}4$, то есть точка $H$ действительно лежит внутри отрезка $BC$, правее середины $A_1\approx 5{,}2$ — всё согласуется.
$A_1H=3$