Задача №16016

В прямоугольном треугольнике $ABC$ точки $M$ и $N$ — середины гипотенузы $AB$ и катета $BC$ соответственно. Биссектриса угла $BAC$ пересекает прямую $MN$ в точке $L\text{.}$

а) Докажите, что треугольники $AML$ и $BLC$ подобны.

б) Найдите отношение площадей этих треугольников, если $\cos \angle BAC=\frac{7}{25}\text{.}$

а) Пусть $\angle BAC=2\alpha \text{.}$ Так как $AL$ — биссектриса, то $\angle BAL=\angle CAL=\alpha \text{.}$

Отрезок $MN$ — средняя линия прямоугольного $△ABC\text{,}$ поэтому $MN\parallel AC$ и $MN\perp BC\text{.}$ Поскольку $MN\parallel AC\text{,}$ накрест лежащие углы равны: $\angle MLA=\angle CAL=\alpha \text{.}$

В $△AML$ углы при основании $AL$ равны: $\angle MAL=\angle MLA=\alpha \text{.}$ Значит, $△AML$ — равнобедренный, $AM=ML\text{.}$

Так как $M$ — середина гипотенузы $AB\text{,}$ то $AM=MB=ML\text{.}$ Поскольку медиана $ML$ треугольника $ABL$ равна половине стороны $AB\text{,}$ к которой она проведена, угол $\angle ALB=90^{\circ }\text{.}$

Следовательно, в прямоугольном $△ABL\text{:}$ $\angle ABL=90^{\circ }-\angle BAL=90^{\circ }-\alpha \text{.}$ В исходном прямоугольном $△ABC\text{:}$ $\angle ABC=90^{\circ }-\angle BAC=90^{\circ }-2\alpha \text{.}$

Поскольку гипотенуза больше катета, $AB>AC\text{,}$ откуда $ML=\frac{AB}{2}>\frac{AC}{2}=MN\text{.}$ Значит, точка $L$ лежит на продолжении отрезка $MN$ за точку $N\text{,}$ и луч $BC$ проходит внутри угла $ABL\text{.}$ Тогда $\angle LBC=\angle ABL-\angle ABC=(90^{\circ }-\alpha )-(90^{\circ }-2\alpha )=\alpha \text{.}$

Прямая $MN$ перпендикулярна катету $BC$ и проходит через его середину $N\text{.}$ Значит, $LN$ — серединный перпендикуляр к отрезку $BC\text{.}$ Любая точка на серединном перпендикуляре равноудалена от концов отрезка, поэтому $BL=LC\text{,}$ и $△BLC$ — равнобедренный. Следовательно, $\angle BCL=\angle LBC=\alpha \text{.}$

В треугольниках $AML$ и $BLC\text{:}$

• $\angle MAL=\angle BCL=\alpha \text{,}$
• $\angle MLA=\angle LBC=\alpha \text{.}$

Значит, треугольники $AML$ и $BLC$ подобны по двум углам.

б) Из подобия треугольников $AML$ и $BLC$ следует, что отношение их площадей равно квадрату коэффициента подобия $k\text{,}$ который равен отношению соответствующих боковых сторон $AM$ и $BL\text{.}$

Из прямоугольного $△ABL$ имеем $BL=AB\sin \alpha \text{.}$ Поскольку $AM=\frac{AB}{2}\text{,}$ находим отношение:

$$\frac{AM}{BL}=\frac{AB}{2\cdot AB\sin \alpha }=\frac{1}{2\sin \alpha }$$

По условию $\cos \angle BAC=\cos 2\alpha =\frac{7}{25}\text{.}$ Используя формулу косинуса двойного угла $\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha \text{,}$ получаем:

$$2{\sin }^2\alpha =1-\frac{7}{25}=\frac{18}{25}\Rightarrow {\sin }^2\alpha =\frac{9}{25}$$

Так как $\alpha$ — острый угол, $\sin \alpha =\frac{3}{5}\text{.}$

Тогда отношение сторон:

$$\frac{AM}{BL}=\frac{1}{2\cdot \frac{3}{5}}=\frac{5}{6}$$

Отношение площадей треугольников равно:

$$\frac{S_{AML}}{S_{BLC}}={\left(\frac{AM}{BL}\right)}^2={\left(\frac{5}{6}\right)}^2=\frac{25}{36}$$