Задача №16038

а) Так как $N$ — середина катета $BC\text{,}$ то $BN=NC=\frac{1}{2}BC\text{.}$

По условию $BK:KC=1:3\text{,}$ значит, $BK=\frac{1}{4}BC\text{.}$ Поскольку $K$ лежит на $BC\text{,}$ то точка $K$ находится между $B$ и $N\text{,}$ и $KN=BN-BK=\frac{1}{4}BC\text{.}$ Следовательно, $BN=2KN\text{.}$

Поскольку $M$ и $N$ — середины сторон $AC$ и $BC$ соответственно, отрезок $MN$ является средней линией $△ABC\text{.}$ Отсюда $MN\parallel AB$ и $MN=\frac{1}{2}AB\text{,}$ то есть $AB=2MN\text{.}$

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

Рассмотрим прямоугольные треугольники $△ABN$ и $△MNK\text{.}$ У них $\angle ABN=\angle MNK=90^{\circ }\text{,}$ а катеты пропорциональны:

$$\frac{AB}{MN}=2,\frac{BN}{KN}=2$$

Следовательно, $△ABN\sim △MNK$ по двум катетам, с коэффициентом подобия 2. Отношение их гипотенуз также равно 2, то есть $\frac{AN}{KM}=2\text{,}$ откуда $AN=2KM\text{.}$ Ч.т.д.

б) По условию $AB=10\text{,}$ $BC=16\text{.}$

Тогда $MN=5\text{,}$ $BN=8\text{,}$ $BK=4\text{,}$ $KN=4\text{.}$

Из доказанного в пункте (а) подобия следует равенство соответствующих углов: $\angle BNA=\angle MKN\text{.}$ Обозначим этот угол $\alpha \text{.}$

В $△PKN$ углы при основании $KN$ равны: $\angle PNK=\angle BNA=\alpha$ и $\angle PKN=\angle MKN=\alpha \text{.}$ Следовательно, $△PKN$ — равнобедренный ($PN=PK$).

Проведём в нём высоту $PH$ к основанию $KN\text{.}$ В равнобедренном треугольнике высота является медианой, поэтому $H$ — середина $KN\text{,}$ $KH=HN=2\text{.}$

Так как $PH\perp BC$ и $AB\perp BC\text{,}$ то $PH\parallel AB\text{.}$ Из прямоугольного $△PHN$ находим $PH=HN\cdot \mathrm{tg}\alpha \text{.}$ Значение тангенса найдём из прямоугольного $△ABN\text{:}$

$$\mathrm{tg}\alpha =\frac{AB}{BN}=\frac{10}{8}=\frac{5}{4}$$

Тогда $PH=2\cdot \frac{5}{4}=2,5\text{.}$

Прямая $BP$ пересекает сторону $KM$ в точке $P\text{.}$ Пусть она пересекает сторону $MN$ в точке $R\text{.}$ Отрезок $PR$ — это отрезок прямой $BP\text{,}$ заключённый внутри $△KMN\text{.}$

Рассмотрим прямоугольный $△BNR\text{.}$ Отрезок $PH$ параллелен катету $NR$ (оба перпендикулярны $BC$). Из подобия $△BHP\sim △BNR$ следует:

$$\frac{NR}{PH}=\frac{BN}{BH}$$

Так как $BH=BK+KH=4+2=6\text{,}$ получаем:

$$\frac{NR}{2,5}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}\Rightarrow NR=\frac{10}{3}$$

Поскольку $NR=\frac{10}{3}<5$ (длина $MN$), точка $R$ действительно лежит на отрезке $MN\text{.}$

Проведём из $P$ перпендикуляр $PQ$ к отрезку $MN\text{.}$ Четырёхугольник $PHNQ$ является прямоугольником, поэтому $PQ=HN=2$ и $NQ=PH=2,5=\frac{5}{2}\text{.}$

В прямоугольном $△PQR$ найдём катет $QR\text{:}$

$$QR=NR-NQ=\frac{10}{3}-\frac{5}{2}=\frac{20-15}{6}=\frac{5}{6}$$

По теореме Пифагора найдём гипотенузу $PR\text{:}$

$$PR=\sqrt{P{Q}^2+Q{R}^2}=\sqrt{2^2+{\left(\frac{5}{6}\right)}^2}=\sqrt{4+\frac{25}{36}}=\sqrt{\frac{169}{36}}=\frac{13}{6}$$