Задача №15995

а) В прямоугольном треугольнике $ABC$ (с прямым углом $B\text{,}$ так как катеты — это $AB$ и $BC$) точки $M$ и $N$ — середины гипотенузы $AC$ и катета $BC$ соответственно. Следовательно, $MN$ — средняя линия треугольника $ABC\text{,}$ откуда $MN\parallel AB$ и $MN=\frac{AB}{2}\text{.}$

Так как $AB\perp BC\text{,}$ то и $MN\perp BC\text{,}$ то есть $\angle ABN=\angle MNK=90^{\circ }\text{.}$

Пусть $BC=4x\text{.}$ По условию $BK:KC=1:3\text{,}$ поэтому $BK=x$ и $KC=3x\text{.}$
Поскольку $N$ — середина $BC\text{,}$ то $BN=NC=2x\text{.}$
Тогда $KN=BN-BK=2x-x=x\text{.}$

Рассмотрим прямоугольные треугольники $ABN$ и $MNK\text{.}$
Имеем $\angle ABN=\angle MNK=90^{\circ }\text{.}$
Отношения катетов: $\frac{AB}{MN}=2$ и $\frac{BN}{KN}=\frac{2x}{x}=2\text{.}$
Следовательно, $△ABN\sim △MNK$ по двум пропорциональным сторонам и углу между ними.

Из подобия следует равенство отношений гипотенуз: $\frac{AN}{KM}=2\text{,}$ откуда $AN=2KM\text{.}$ Что и требовалось доказать.

б) По условию $AB=6\text{,}$ $BC=8\text{.}$
Тогда $BN=\frac{BC}{2}=4\text{,}$ $BK=\frac{BC}{4}=2\text{.}$ Отсюда $KN=2\text{.}$
Средняя линия $MN=\frac{AB}{2}=3\text{.}$

Пусть прямая $KM$ пересекает прямую $AB$ в точке $H\text{.}$
Так как $AB\parallel MN\text{,}$ то $\angle HBK=\angle MNK=90^{\circ }\text{,}$ а углы при вершине $K$ равны как вертикальные. Значит, $△HBK\sim △MNK\text{.}$
Поскольку $BK=KN=2\text{,}$ коэффициент подобия равен 1, то есть треугольники равны.
Отсюда $HB=MN=3\text{.}$

Точка $A$ лежит на прямой $AB$ по одну сторону от $B\text{,}$ а точка $H$ — по другую (так как $K$ лежит между $B$ и $N$). Поэтому $AH=AB+HB=6+3=9\text{.}$

Рассмотрим треугольники $HAP$ и $MNP\text{.}$ Поскольку $AH\parallel MN\text{,}$ эти треугольники подобны.
Коэффициент подобия равен $\frac{AH}{MN}=\frac{9}{3}=3\text{.}$
Следовательно, $\frac{AP}{PN}=3\text{,}$ то есть точка $P$ делит отрезок $AN$ в отношении $3:1\text{,}$ считая от вершины $A\text{.}$

Опустим из точки $P$ перпендикуляр $PL$ на катет $BC\text{.}$ Так как $AB\perp BC\text{,}$ то $PL\parallel AB\text{.}$
По теореме Фалеса для угла $ANB$ получаем, что $\frac{NL}{LB}=\frac{NP}{PA}=\frac{1}{3}\text{.}$
Поскольку $BN=4\text{,}$ находим $NL=1$ и $BL=3\text{.}$
Также из подобия $△NLP$ и $△NBA$ имеем $\frac{PL}{AB}=\frac{NP}{NA}=\frac{1}{4}\text{.}$
Так как $AB=6\text{,}$ находим $PL=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\text{.}$

В прямоугольном треугольнике $PLB$ по теореме Пифагора:

$$BP=\sqrt{B{L}^2+P{L}^2}=\sqrt{3^2+{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}=\sqrt{9+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{45}{4}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$$

Отрезок прямой $BP\text{,}$ заключённый внутри треугольника $KMN\text{,}$ — это отрезок $PR\text{,}$ где $R$ — точка пересечения луча $BP$ и отрезка $MN$ (точка $P$ лежит на стороне $KM$).
Так как $AB\parallel MN\text{,}$ то $△ABP\sim △RNP$ (по двум углам).
Коэффициент их подобия равен $\frac{AP}{PN}=3\text{.}$
Заметим, что $\frac{RN}{AB}=\frac{1}{3}\text{,}$ откуда $RN=2\text{.}$ Поскольку $MN=3\text{,}$ точка $R$ действительно лежит на отрезке $MN\text{.}$

Из подобия также следует, что $\frac{BP}{PR}=3\text{,}$ откуда:

$$PR=\frac{BP}{3}=\frac{3\sqrt{5}}{2\cdot 3}=\frac{\sqrt{5}}{2}$$