ID: 00028796
В треугольнике $ABC$ точки $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — середины сторон $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, $AH$ — высота, $\angle BAC=120^{\circ}$, $\angle BCA=15^{\circ}$.
а) Докажите, что точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $H$ лежат на одной окружности.
б) Найдите $A_1H$, если $BC=4\sqrt{3}$.
Источник: ФИПИ
Сначала поймём картинку. В треугольнике $ABC$ отмечены середины сторон: $A_1$ — середина $BC$, $B_1$ — середина $AC$, $C_1$ — середина $AB$; кроме того, из вершины $A$ проведена высота $AH$ к стороне $BC$. Третий угол треугольника находится сразу: $\angle ABC=180^{\circ}-120^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}$. Углы при вершинах $B$ и $C$ острые, поэтому основание высоты $H$ попадает внутрь стороны $BC$.
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 $AC$ — это средняя линия треугольника, поэтому $C_1B_1\parallel BC$.
Точки $A_1$ и $H$ лежат на прямой $BC$, а значит, у четырёхугольника $C_1B_1HA_1$ есть пара параллельных сторон: $C_1B_1$ и $HA_1$. Это трапеция; она невырожденная, потому что стороны $AB$ и $AC$ различны и точка $H$ не совпадает с серединой $A_1$.
Сравним диагонали этой трапеции.
Отрезок $B_1A_1$ соединяет середины сторон $AC$ и $BC$, то есть является средней линией, параллельной $AB$, поэтому $B_1A_1=\dfrac{AB}{2}$.
Отрезок $C_1H$ — это медиана прямоугольного треугольника $ABH$, проведённая из вершины прямого угла $H$ к гипотенузе $AB$ (угол при $H$ прямой, так как $AH$ — высота). Такая медиана равна половине гипотенузы: $C_1H=\dfrac{AB}{2}$.
Диагонали трапеции равны, значит, трапеция равнобедренная. У равнобедренной трапеции углы при основании равны, поэтому сумма противоположных углов равна $180^{\circ}$, а это признак того, что около четырёхугольника можно описать окружность.
Следовательно, точки $A_1$, $B_1$, $C_1$ и $H$ лежат на одной окружности. Доказано.
Пункт б. Найдём $A_1H$ при $BC=4\sqrt{3}$.
Обе точки $A_1$ и $H$ лежат на отрезке $BC$, поэтому удобно измерить расстояния от вершины $B$ до каждой из них и взять разность: $A_1H=\left|BA_1-BH\right|$.
Первое расстояние очевидно: $BA_1=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$.
Для второго нужна сторона $AB$. По теореме синусов $\dfrac{BC}{\sin\angle BAC}=\dfrac{AB}{\sin\angle BCA}$.
Сначала посчитаем общее отношение: $\dfrac{BC}{\sin\angle BAC}=\dfrac{4\sqrt{3}}{\sin 120^{\circ}}=\dfrac{4\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=8$.
Тогда $AB=8\sin\angle BCA=8\sin 15^{\circ}$.
Синус $15^{\circ}$ вычислим как синус разности: $\sin 15^{\circ}=\sin\left(45^{\circ}-30^{\circ}\right)=\sin 45^{\circ}\cos 30^{\circ}-\cos 45^{\circ}\sin 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot\dfrac12=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$.
Значит, $AB=8\cdot\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=2\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)$.
Теперь из прямоугольного треугольника $ABH$ находим катет $BH$, прилежащий к углу $\angle ABC=45^{\circ}$: $BH=AB\cos 45^{\circ}=2\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\sqrt{2}$.
Раскроем скобки: $\left(\sqrt{6}-\sqrt{2}\right)\sqrt{2}=\sqrt{12}-\sqrt{4}=2\sqrt{3}-2$.
Осталась разность: $A_1H=\left|2\sqrt{3}-\left(2\sqrt{3}-2\right)\right|=2$.
Проверим себя: $BH=2\sqrt{3}-2\approx 1{,}46$, а $BA_1=2\sqrt{3}\approx 3{,}46$, то есть точка $H$ лежит между $B$ и серединой стороны — это согласуется с тем, что угол $B$ больше угла $C$.
$A_1H=2$