Теорема Менелая

Тип 17 № 12901

Прямая, проходящая через середину $M$ гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$ , перпендикулярна $CM$ и пересекает катет $AC$ в точке $K$ . При этом $AK:KC=1:2$ .

а) Докажите, что $\angle BAC = 30^\circ$ .

б) Пусть прямые $MK$ и $BC$ пресекаются в точке $P$ , а прямые $AP$ и $BK$ — в точке $Q$ . Найдите $KQ$ , если $BC=\sqrt{21}$ .

Решение:

а)

Пусть $E$ — середина $KC$ . Тогда $ME$ — медиана прямоугольного $\Delta CMK$ .
Пусть $ME = x$ , тогда $ME = CE = EK = x=\dfrac{1}{2}CK$
А тогда $AK = \dfrac{1}{2}CK = x$ %Значит % $%ME=\dfrac{1}{2}CK =AK =\dfrac{1}{2}AE %$ $CM=MA \quad (M \text{--- середина гипотенузы $AB$} ) \; \Longrightarrow \Delta CMA \text{ --- равнобедренный}$ Тогда $\angle MCA = \angle MAC$ .

Далее, $\angle MCA = \angle MAC$ $MC = MA$ $CK=EA=2x$ Тогда $\Delta AME = \Delta CMK$ % $% \begin{array}{l@{\ }c@{\ }l} % \left.\begin{aligned} % \angle MCA &= \angle MAC\\ % MC &= MA\\ % CK&=EA=2x % \end{aligned}\right| & \Rightarrow & \Delta AME = \Delta CMK % \end{array} %$

Следовательно, $\angle AME = \angle CMK = 90^\circ$ . $ME = \dfrac{1}{2}AE, \; AE \text{--- гипотенуза} \Longrightarrow \angle BAC = 30^\circ.$

б)

По теореме Менелая для $\Delta ABC$ и прямой $KM$ : $\dfrac{AM}{MB}\cdot \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CK}{KA} =1 \; \Longleftrightarrow \; \dfrac{1}{1}\cdot \dfrac{BP}{PC}\cdot\dfrac{2}{1}=1 \; \Longrightarrow \dfrac{BP}{PC} = \dfrac{1}{2}$ В прямоугольном $\Delta ABC$ $\tg \angle BAC = \dfrac{BC}{AC} \; \Longleftrightarrow \; \tg 30^\circ = \dfrac{BC}{3x} \; \Longleftrightarrow \; BC=\sqrt{3}x$ $BC = \sqrt{21} \; \Longrightarrow \; \sqrt{21}=\sqrt{3}x \; \Longrightarrow \; x=\sqrt{7}$
$PB=BC=\sqrt{21}$ .
Проведем прямую через точку $A$ параллельно $BC$ , которая пересечет $BQ$ в точке $T$ . % $% \begin{array}{l@{\ }c@{\ }l} % \left.\begin{aligned} % \angle KAT &= \angle KCB, \text{ как накрест лежащие}\\ % \angle CKB &= \angle AKT, \text{ как вертикальные} % \end{aligned}\right| & \Rightarrow & \Delta KAT \sim \Delta KCB % \end{array} %$ $\angle KAT = \angle KCB, \text{ как накрест лежащие}$ $\angle CKB = \angle AKT, \text{ как вертикальные}$ Следовательно, $\Delta KAT \sim \Delta KCB$

Тогда $\dfrac{AK}{KC}=\dfrac{AT}{BC}=\dfrac{x}{2x}=\dfrac{1}{2}$ Получим $AT=\dfrac{1}{2}BC =\dfrac{\sqrt{21}}{2}$ $AT = \dfrac{1}{2}BC, \; AT \parallel BC \; \Longrightarrow \; AT$ — средняя линия $\Delta BPQ$ .
Тогда $\dfrac{BK}{KT}=\dfrac{BC}{AT} = \dfrac{2}{1} \; (\Delta KAT \sim \Delta KCB)$ Найдем $BK$ из $\Delta BKC$ : $BK = \sqrt{BC^2 + CK^2}= \sqrt{21 + 28} = 7$ Тогда $KT = \dfrac{BK}{2} = \dfrac{7}{2}, \quad BT = BK + KT = \dfrac{21}{2}$

Так как $BQ = 2BT \; (AT \text{ --- средняя линия})$ , то получим, что
$BQ = 2\cdot\dfrac{21}{2} = 21$ А тогда $KQ = BQ - BK = 21 - 7 = 14$

Ответ: $\quad 14$

Тип 17 № 15882

Точки $B_1$ и $C_1$ лежат на сторонах соответственно $AC$ и $AB$ треугольника $ABC$ , причём $\frac{AB_1}{B_1C} = \frac{AC_1}{C_1B}$ . Прямые $BB_1$ и $CC_1$ пересекаются в точке $O$ .

а) Докажите, что прямая $AO$ делит пополам сторону $BC$ .

б) Найдите отношение площади четырёхугольника $AB_1OC_1$ к площади треугольника $ABC$ , если известно, что $\frac{AB_1}{B_1C} = \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{1}{4}$ .

Решение:

а)

Рассмотрим треугольник $ABD$ и секущую $CC_1$ .

Запишем для них теорему Менелая: $\frac{BC}{DC} \cdot \frac{DO}{OA} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = 1$ Рассмотрим треугольник $ADC$ и секущую $BB_1$ .

Запишем для них теорему Менелая: $\frac{CB}{BD}\cdot\frac{DO}{OA}\cdot\frac{AB_1}{B_1C} = 1$

Тогда: $\frac{BC}{DC} \cdot \frac{DO}{OA} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{CB}{BD}\cdot\frac{DO}{OA}\cdot\frac{AB_1}{B_1C} \Leftrightarrow \frac{BC}{DC} \cdot \frac{AC_1}{C_1B} = \frac{CB}{BD}\cdot\frac{AB_1}{B_1C} \Leftrightarrow \frac{BC}{DC} = \frac{CB}{BD}$ $\frac{BC}{DC} = \frac{BC}{BD} \Leftrightarrow \frac{1}{DC} = \frac{1}{BD} \Leftrightarrow DC = BD$ Что и требовалось доказать.

б)

Рассмотрим треугольник $CC_1B$ и секущую $AD$ .

Запишем теорему Менелая:

$\frac{AB}{AC_1}\cdot\frac{C_1O}{OC}\cdot\frac{CD}{DB} = 1 \Leftrightarrow \frac{AB}{AC_1}\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow \frac{AC_1 + BC_1}{AC_1}\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow \left(1 + \frac{BC_1}{AC_1}\right)\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow 5\cdot\frac{C_1O}{OC} = 1 \Leftrightarrow \frac{C_1O}{OC} = \frac{1}{5}$ Рассмотрим треугольник $BB_1C$ и секущую $AD$ .

Запишем теорему Менелая:

$\frac{CA}{AB_1}\cdot\frac{B_1O}{OB}\cdot\frac{BD}{DC} = 1 \Leftrightarrow \frac{B_1O}{OB} = \frac{1}{5}$ Рассмотрим треугольники $AB_1B$ и $B_1BC$ . Они имеют общую высоту $h$ .

Тогда: $\frac{S_{AB_1B}}{S_{BCB_1}} = \frac{\tfrac{1}{2}\cdot h\cdot AB_1}{\tfrac{1}{2}\cdot h \cdot B_1C} = \frac{1}{4}$ Отсюда: $\frac{S_{AB_1B}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$ Аналогичным образом можем показать: $\frac{S_{AC_1C}}{S_{ABC}} = \frac{1}{5}$ Рассмотрим треугольники $AOC$ и $AOC_1$ .

Они также имеют общую высоту $h'$ .

Тогда: $\frac{S_{AC_1O}}{S_{AOC}} = \frac{\tfrac{1}{2}\cdot h'\cdot OC_1}{\tfrac{1}{2}\cdot h' \cdot OC} = \frac{1}{5}$ Значит: $\frac{S_{AC_1O}}{S_{ACC_1}} = \frac{1}{6}$ Отсюда: $\frac{S_{AC_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$ Аналогично для треугольника $AOB_1$ и $AOB$ : $\frac{S_{AC_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30}$ Найдём отношение площади четырёхугольника $AB_1OC_1$ к площади треугольника $ABC$ : $\frac{S_{AB_1OC_1}}{S_{ABC}} = \frac{S_{AC_1O} + S_{AB_1O}}{S_{ABC}} = \frac{1}{30} + \frac{1}{30} = \frac{1}{15}$

Ответ: $\frac{1}{15}$