Височини и среда

[monika_at]

Днес реших една интересна според мен задача и искам да я предложа.

Даден е [tex]\Delta ABC[/tex] с височини [tex]AA_1; BB_1; AA_1[/tex]. Точка М е среда за АВ и АВ=12. [tex]MB_1\cap AA_1=K; MA_1\cap BB_1=L; B_1K:KM=4:2; A_1L:LM=1:5[/tex]. Да се намери лицето на [tex]\Delta KLM[/tex]

[Davids]

Толкова ненужни ъгли и работи намерих, какво пропускаааам
Ето общо взето най-доброто, до което стигнах. С общ вид: $S_{KLM} = 5sin2\alpha$

sass.png (55.84 KiB) Прегледано 1785 пъти

Отбелязаните равни части са $B_1H = HB$, тъй като медианата $B_1M$ бива разделена от $AH$ в съотношение 2:1 и следва, че K е медицентър и $AH$ разполовява $BB_1$ в ролята си на медиана.
Иначе много изразявания на ъгли са възможни, ама все безрезултатни.
Нещо супер безполезно, обаче добре изглеждащо, до което достигнах, е:
$tg\angle AB_1M = 2tg\alpha$
А дадените отношения всъщност представляват големината, тъй като двете прави се явяват медиани на правоъгълни триъгълници и са равни на по 6см.

[monika_at]

Има още време за мислене

[123a]

Ще използвам чертежа на Davids

Ясно е, че като две медиани B1M и A1M са равин на 6, като $B1K=4,KM=2; A1L=1; LM=5$

Прилагаме теорема на Менелай за тиръгълник AMA1 и височинака ВВ1
[tex]\frac{12}{6}[/tex].$\frac{5}{1}.\frac{A_{1}H}{AH}=1=>AH=10A_{1}H$ $AH=10t;A_{1}H=t$
Ясно е, че $B_{1}H=HB=z$, което пак може да се докаже с Теоремата на Менелай.
От Питагорова теорема за триъгълник AHB1 и съответно HBA1 намераме, че $AB_{1}=\sqrt{100t^2-z^2}$ и $A_{1}B=\sqrt{z^2-t^2}$
От Питагоравата теорема за тиръгълник ABB1 имаме $144=100t^2+3z^2 $(1), а от П.Т. за тиръгълник ABA1 имаме $144=121t^2+z^2-t^2$(2)

Приравняваме (1) и (2) и получаваче, че $z=t\sqrt{10}$ От тук вече лесно се връщаме горе и заместваме z с изразеното чрез t и получаваме, че $tg\alpha=\frac{2}{3}=>sin\alpha=\frac{2\sqrt{13}}{13};cos\alpha\frac{3\sqrt{13}}{13}$; $sin2\alpha=\frac{12}{13}$

От Теоремата на Менелай за триъгълник MLB1 и правата АА1 намираме, че $B_{1}H=12LH=>LH=\frac{t\sqrt{10}}{12}=>LB=\frac{11\sqrt{10}t}{12}$

Ясно е, че $\angle$$MB_{1}B=$$\angle$$MBB_{1}=90-\alpha$
От синусова теорема за триъгълник MBB1 имаме $\frac{2\sqrt{10}t}{sin2\alpha}=\frac{6}{cos\alpha}=>t=\frac{12\sqrt{13}}{13\sqrt{10}}$

Сега, за да намерим търсеното лице, ще използваме, че $S_{KML}=S_{MBB_{1}}-(S_{KLB_{1}}+S_{MBL})$
$S_{MBB_{1}}=\frac{6.6.sin2\alpha}{2}=\frac{216}{13}$
$S_{MBL}=\frac{BL.6.cos\alpha}{2}=\frac{99}{13}$
$S_{KLB_{1}}=\frac{4.B_{1}L.cos\alpha}{2}=6$

$S_{KML}=\frac{216}{13}-(\frac{99}{13}+\frac{78}{13})=\frac{216-177}{13}=\frac{39}{13}=3$

Окончателно $S_{KML}=3$

[monika_at]

Може и доста по-кратко. [tex]\angle C=\gamma =>\angle AHB_1=\gamma[/tex] Тогава от [tex]\Delta AB_1H=> cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{10}}=>sin\gamma=\frac{3}{\sqrt{10}}=>sin2\gamma=\frac{3}{5}[/tex]

[tex]\angle A_1MB_1=180^\circ-2\gamma=>S_{KML}=\frac{1}{2}.MK.ML.sin\gamma=\frac{1}{2}.2..5.\frac{3}{5}=3[/tex]

[Davids]

Теорема на Менелааайайай, как не съм ги учил тези двете редом с тази на Чева в езиковата... Браво!

[monika_at]

Не се шашкай, става и без Менелай.