Задача №15299

В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $120^{\circ }\text{.}$ Прямые, содержащие высоты $BM$ и $CN$ треугольника $ABC\text{,}$ пересекаются в точке $H\text{.}$ Точка $O$ — центр окружности, описанной около треугольника $ABC\text{.}$

а) Докажите, что $AH=AO\text{.}$

б) Найдите площадь треугольника $AHO\text{,}$ если $BC=3\text{,}$ $\angle ABC=15^{\circ }\text{.}$

а) Так как $CN\perp AB$ и точка $H$ лежит на прямой $CN\text{,}$ то $\angle ANH=90^{\circ }\text{.}$ Аналогично, $BM\perp AC$ и $H\in BM\text{,}$ значит $\angle AMH=90^{\circ }\text{.}$ Следовательно, точки $A,N,H,M$ лежат на одной окружности, причём $AH$ — её диаметр.

В треугольнике $AMN$ эта окружность является описанной, поэтому по теореме синусов

$$\frac{MN}{\sin \angle MAN}=2R_{AMN}=AH.ag1$$

При этом $\angle MAN=\angle BAC=120^{\circ }\text{.}$

Докажем, что $△AMN\sim △ABC\text{.}$ Поскольку $\angle BMC=90^{\circ }$ и $\angle BNC=90^{\circ }\text{,}$ то точки $B,C,M,N$ лежат на окружности с диаметром $BC\text{.}$ Тогда вписанные углы, опирающиеся на хорду $BM\text{,}$ равны:

$$\angle BNM=\angle BCM.$$

Так как $C,A,M$ коллинеарны, то $\angle BCM=\angle BCA\text{.}$ Так как $B,A,N$ коллинеарны, то $\angle ANM=\angle BNM\text{.}$ Значит,

$$\angle ANM=\angle BCA.$$

Совместно с $\angle MAN=\angle BAC$ получаем $△AMN\sim △ABC$ (по двум углам). Отсюда

$$\frac{MN}{BC}=\frac{AM}{AB}.ag2$$

Найдём $AM\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $ABM$ угол $\angle BAM$ равен $180^{\circ }-\angle A=60^{\circ }$ (так как $AM$ — продолжение $AC$). Поэтому

$$AM=AB\cdot \cos 60^{\circ }=\frac{AB}{2}.$$

Тогда из (2) получаем $MN=\frac{BC}{2}\text{.}$ Подставляя в (1), находим

$$AH=\frac{MN}{\sin 120^{\circ }}=\frac{\frac{BC}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{BC}{\sqrt{3}}.$$

С другой стороны, радиус описанной окружности $△ABC\text{:}$

$$R=\frac{BC}{2\sin 120^{\circ }}=\frac{BC}{\sqrt{3}}.$$

Значит, $AO=R=AH\text{.}$

б) $\angle C=180^{\circ }-120^{\circ }-15^{\circ }=45^{\circ }\text{.}$ Тогда

$$R=AO=\frac{BC}{2\sin 120^{\circ }}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3},$$

и по пункту а) $AH=\sqrt{3}\text{.}$

Пусть $D$ — основание высоты из $A$ на $BC\text{,}$ тогда $A,H,D$ коллинеарны и

$$S_{AHO}=\frac{1}{2}AH\cdot AO\cdot \sin \angle HAO=\frac{1}{2}{R}^2\sin \angle HAO=\frac{3}{2}\sin \angle HAO.$$

Пусть $P$ — середина $BC\text{.}$ Тогда $OP\perp BC\text{,}$ а также $AD\perp BC\text{,}$ значит $OP\parallel AD\text{.}$ Проведём через $O$ прямую, параллельную $BC\text{;}$ она пересечёт $AD$ в точке $K\text{.}$ Тогда $OK\perp AD\text{,}$ и четырёхугольник $OPDK$ — параллелограмм (так как $OP\parallel DK$ и $PD\parallel OK$), следовательно, $OK=PD\text{.}$

В прямоугольном треугольнике $AOK$ (прямой угол при $K$) имеем $\angle OAK=\angle HAO$ и

$$\sin \angle HAO=\frac{OK}{AO}=\frac{PD}{R}.$$

Осталось найти $PD\text{.}$ В прямоугольном треугольнике $ABD\text{:}$

$$BD=AB\cos \angle ABC.$$

Причём

$$AB=2R\sin \angle C=2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6},$$

поэтому

$$BD=\sqrt{6}\cos 15^{\circ }=\sqrt{6}\cdot \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\frac{3+\sqrt{3}}{2}.$$

Так как $P$ — середина $BC\text{,}$ то $BP=\frac{3}{2}\text{,}$ и

$$PD=BD-BP=\frac{3+\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

Следовательно,

$$\sin \angle HAO=\frac{PD}{R}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}.$$

Тогда

$$S_{AHO}=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{4}.$$

Ответ: $\frac{3}{4}$