Задача №15267

В треугольнике $ABC$ угол $ACB$ равен $30^{\circ }\text{,}$ отрезки $AH$ и $AM$ — высота и медиана соответственно, причём точка $H$ лежит на отрезке $BM\text{.}$ Отрезок $MQ$ — высота треугольника $AMC\text{,}$ а прямые $AH$ и $MQ$ пересекаются в точке $F\text{.}$ Известно, что луч $AM$ — биссектриса угла $CAH\text{.}$

а) Докажите, что треугольник $ABC$ прямоугольный.

б) Найдите площадь треугольника $CMF\text{,}$ если $AB=8\text{.}$

а) Докажем, что угол $BAC$ прямой.

1. Поскольку $AM$ — биссектриса угла $CAH\text{,}$ то

$$\angle CAM=\angle MAH=\alpha .$$

Точка $Q$ лежит на $AC\text{,}$ поэтому $\angle MAQ=\angle MAC=\alpha \text{.}$

В треугольниках $AHM$ и $AQM\text{:}$

• общая гипотенуза $AM\text{;}$
• $\angle MAH=\angle MAQ=\alpha \text{;}$
• $\angle AHM=\angle AQM=90^{\circ }$ (так как $AH\perp BC\text{,}$ а $MQ\perp AC$).

Следовательно, $△AHM=△AQM$ по гипотенузе и острому углу. Отсюда

$$HM=MQ\text{и}AH=AQ.\text{\hspace{1em}(1)}$$

2. В прямоугольном $△MQC$ угол $MCQ=\angle ACB=30^{\circ }\text{,}$ поэтому катет $MQ\text{,}$ лежащий против угла $30^{\circ }\text{,}$ равен половине гипотенузы $MC\text{:}$

$$MQ=\frac{MC}{2}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

Из (1) и (2) получаем

$$HM=\frac{MC}{2}.$$

3. Так как $M$ — середина $BC\text{,}$ то $BM=MC\text{.}$ Точка $H$ лежит на $BM\text{,}$ значит,

$$BH=BM-HM=MC-\frac{MC}{2}=\frac{MC}{2}=HM.$$

Таким образом, $H$ — середина $BM\text{.}$

4. Рассмотрим $△AHC\text{.}$ В нём $\angle AHC=90^{\circ }$ (высота $AH$) и $\angle ACH=30^{\circ }\text{,}$ поэтому

$$\angle CAH=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }.$$

По условию $AM$ — биссектриса $\angle CAH\text{,}$ следовательно,

$$\angle CAM=\frac{1}{2}\angle CAH=30^{\circ }.$$

5. В $△AMC\text{:}$

$$\angle ACM=30^{\circ },\angle CAM=30^{\circ }\Rightarrow AM=MC.\text{\hspace{1em}(3)}$$

6. Из равенства (3) и того, что $M$ — середина $BC\text{,}$ имеем

$$AM=MC=BM=\frac{BC}{2}.$$

Медиана $AM$ равна половине стороны $BC\text{,}$ к которой она проведена. Это возможно лишь в случае, когда треугольник $ABC$ прямоугольный с прямым углом при вершине $A\text{.}$

Следовательно, $\angle BAC=90^{\circ }\text{.}$

Пункт а) доказан.

б) Найдём площадь треугольника $CMF$ при $AB=8\text{.}$

1. В $△ABC\text{:}$ $\angle BAC=90^{\circ }\text{,}$ $\angle ACB=30^{\circ }\text{,}$ $AB=8\text{.}$

Катет $AB$ лежит против угла $30^{\circ }\text{,}$ поэтому

$$BC=2\cdot AB=16.$$

Тогда

$$AC=BC\cdot \cos 30^{\circ }=16\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}.$$

2. $M$ — середина $BC\text{,}$ значит,

$$BM=MC=\frac{BC}{2}=8.$$

3. Высота $AH$ в прямоугольном $△ABC\text{:}$

$$AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{8\cdot 8\sqrt{3}}{16}=4\sqrt{3}.$$

Из $△ABH$ по теореме Пифагора:

$$BH=\sqrt{A{B}^2-A{H}^2}=\sqrt{64-48}=\sqrt{16}=4.$$

Так как $H$ лежит на $BM$ и $BM=8\text{,}$ то

$$HM=BM-BH=8-4=4.$$

4. В $△AMC$ проведена высота $MQ\text{.}$ В прямоугольном $△MQC$ ($\angle MQC=90^{\circ }$):

$$\angle MCQ=30^{\circ },MC=8\Rightarrow MQ=\frac{MC}{2}=4.$$

5. Точка $F$ — пересечение $AH$ и $MQ\text{.}$ Рассмотрим $△FHM$ и $△CQM\text{:}$

• $\angle FHM=\angle CQM=90^{\circ }\text{;}$
• $HM=MQ=4\text{;}$
• $\angle HMF=\angle QMC$ (вертикальные углы).

Значит, $△FHM=△CQM$ по катету и острому углу. Отсюда

$$FM=MC=8,FH=QC.$$

Из $△MQC\text{:}$

$$QC=\sqrt{M{C}^2-M{Q}^2}=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt{3}.$$

6. Найдём угол $\angle CMF\text{.}$ Точки $C\text{,}$ $M\text{,}$ $H$ лежат на одной прямой (поскольку $H$ принадлежит $BC$), причём $M$ между $C$ и $H$ (так как $CM=8\text{,}$ $MH=4$). Поэтому углы $\angle FMH$ и $\angle CMF$ — смежные.

В $△FHM\text{:}$

$$\tan \angle FMH=\frac{FH}{HM}=\frac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\Rightarrow \angle FMH=60^{\circ }.$$

Следовательно,

$$\angle CMF=180^{\circ }-\angle FMH=120^{\circ }.$$

7. Площадь треугольника $CMF\text{:}$

$$S_{CMF}=\frac{1}{2}\cdot CM\cdot FM\cdot \sin \angle CMF=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 8\cdot \sin 120^{\circ }=32\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=16\sqrt{3}.$$