В треугольнике ABC угол A равен 120∘. Прямые, содержащие высоты BM и CN треугольника ABC, пересекаются в точке H. Точка O — центр окружности, описанной около треугольника ABC.
а) Докажите, что AH=AO.
б) Найдите площадь треугольника AHO, если BC=15, ∠ABC=45∘.
а) Пусть O — центр описанной окружности, AA′ — диаметр этой окружности.
Так как AA′ — диаметр, то ∠ACA′=90∘, значит, A′C⊥AC. Но BH⊥AC (так как BH лежит на высоте из B). Следовательно, BH∥A′C.
Аналогично, ∠ABA′=90∘, значит, A′B⊥AB, а CH⊥AB, поэтому CH∥A′B.
Итак, в четырёхугольнике A′BHC имеем A′B∥HC и A′C∥BH, значит, A′BHC — параллелограмм. Тогда его диагонали A′H и BC пересекаются и делятся пополам. Обозначим через M точку их пересечения. Тогда M — середина BC и одновременно середина A′H.
Так как M — середина BC, то OM⊥BC и MB=2BC. В треугольнике OBC имеем OB=OC=R, поэтому OM — высота, и
OM2=OB2−MB2=R2−(2BC)2.Но BC=2RsinA, значит MB=RsinA, и
OM2=R2−R2sin2A=R2cos2A⇒OM=R∣cosA∣.Поскольку M — середина A′H, то
OM=2OA′+OH.А так как AA′ — диаметр, то OA′=−OA. Тогда
OH=2OM−OA′=2OM+OA,и
AH=OH−OA=2OM⇒AH=2OM.Следовательно,
AH=2R∣cosA∣.При ∠A=120∘ имеем ∣cos120∘∣=21, значит AH=2R⋅21=R. Но AO=R. Поэтому AH=AO.
б) По теореме синусов
sinABC=2R.Подставляя BC=15, sin120∘=23, получаем
2R=3/215=3215=25⇒R=5.Значит, AO=R=5, а по пункту а) AH=5.
Найдём sin∠HAO. Угол ∠OAB в равнобедренном треугольнике AOB равен
∠OAB=90∘−∠C.Кроме того, AH⊥BC, поэтому
∠HAB=90∘−∠B.Следовательно, острый угол между прямыми AO и AH равен
∣∠OAB−∠HAB∣=∣(90∘−C)−(90∘−B)∣=∣B−C∣,а значит sin∠HAO=sin∣B−C∣.
Здесь B=45∘, C=180∘−120∘−45∘=15∘, поэтому ∣B−C∣=30∘ и sin∠HAO=sin30∘=21.
Тогда площадь
SAHO=21⋅AO⋅AH⋅sin∠HAO=21⋅5⋅5⋅21=45.Ответ: 45.
Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Геометрия
ФИПИ