Задача №18324

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 $AL\cap BC=H\text{.}$ $AL$ — биссектриса угла $BAC\text{.}$ Тогда

$$\angle BAL=\angle CAL=\alpha .$$

Точки $M$ и $N$ — середины сторон $AB$ и $BC\text{,}$ значит, $MN$ — средняя линия треугольника $ABC\text{.}$ Тогда $AC\parallel MN\text{.}$

$\angle CAL=\alpha$ как накрест лежащие при $AC\parallel ML$ и секущей $AL\text{.}$ Тогда

$$\angle BAL=\alpha =\angle MLA.$$

В треугольнике $AML$ углы $MAL$ и $MLA$ равны, значит, треугольник $AML$ — равнобедренный, то есть $AM=ML\text{.}$ Тогда

$$ML=AM=BM=\frac{AB}{2}.$$

Значит, в треугольнике $ABL$ медиана $ML$ равна половине стороны $AB\text{.}$ Тогда треугольник $ABL$ — прямоугольный, причём $\angle ALB=90^{\circ }\text{.}$

Треугольники $AHC$ и $BHL$ подобны по двум углам, так как $\angle AHC=\angle BHL$ как вертикальные; $\angle ACH=\angle BLH=90^{\circ }\text{.}$ Так как $ML\parallel AC\text{,}$ $AC\parallel BC\text{,}$ то $ML\parallel BC\text{.}$

В треугольнике $BAC$ высота $LN$ совпадает с медианой, следовательно, треугольник $BLC$ — равнобедренный. Тогда

$$\angle BCL=\angle BLC=\alpha .$$

Треугольники $AML$ и $BLC$ подобны по двум углам, так как $\angle MAL=\angle MLA=\angle BCL=\angle LBC=\alpha \text{.}$ Что и требовалось доказать.

б) Из условия имеем:

$$\cos \angle BAC=\cos 2\alpha =\frac{7}{25}.$$

По формуле косинуса двойного угла получаем:

$$\cos 2\alpha =1-2{\sin }^2\alpha ,$$ $$\frac{7}{25}=1-2{\sin }^2\alpha ,$$ $${\sin }^2\alpha =\frac{9}{25},$$ $$\sin \alpha =\frac{3}{5}.$$

Коэффициент подобия треугольников $AML$ и $BLC$ равен отношению соответственных сторон. Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия, что даёт $\frac{25}{36}\text{.}$