C4 (№18) нового образца

Из Т/Р №66 А.Ларина.

Площадь треугольника $ABC$ равна 10; площадь треугольника $AHB$, где $H$ – точка пересечения высот, равна 8. На прямой $CH$ взята такая точка $K$, что треугольник $ABK$ – прямоугольный.

а) Докажите,что $S^2_{ABK}=S_{ABC}\cdot S_{AHB};$
б) Найдите площадь треугольника $ABK.$

Решение:

a) Нам следует доказать, что

$S^2_{ABK}=S_{ABC}\cdot S_{AHB}$

Пусть $T$ – основание перпендикуляра из $C$ на $AB$, $P$ – из $B$ на $AC$.

Распишем формулу, которую требуется доказать:

$(\frac{1}{2}\cdot KT\cdot AB)^2=(\frac{1}{2}\cdot CT\cdot AB)\cdot (\frac{1}{2}\cdot HT\cdot AB);$

Тогда после сокращений имеем:

$KT^2=CT\cdot HT$,

что и будем доказывать.

Очевидно, $\Delta BHT\infty \Delta CHP$ по двум углам (оба  – прямоугольные и углы при вершине $H$ – вертикальные).

Но и $\Delta CAT\infty \Delta CHP$ по двум углам (оба  – прямоугольные и углы при вершине $C$ – общие).

Тогда $\Delta CAT \infty \Delta BHT.$ Откуда $\frac{AT}{HT}=\frac{CT}{BT}.$

Откуда

$CT\cdot HT=AT\cdot BT$  (1)

При этом из подобия треугольников $ATK,\;KTB$ (по двум углам)

Следует

$\frac{AT}{KT}=\frac{KT}{BT};$

$KT^2=AT\cdot BT$   (2)

Учитывая (1) и (2), получаем $KT^2=CT\cdot HT.$

Что и требовалось доказать.

Заметим, если точка $K$ лежит вне треугольника $ABC,$ решение  –аналогичное.

б)  Мы доказали $S^2_{ABK}=S_{ABC}\cdot S_{AHB}$, при этом по условию $S_{ABC}=10,\;S_{AHB}=8.$

Тогда $S_{ABK}=\sqrt{80}=4\sqrt5.$

Ответ: $4\sqrt5.$

____________________________________________________________

Если вам не удалось задачу (выше) осилить самостоятельно, то

Полезно порешать:

Высоты треугольника $ABC$ пересекаются в точке $H$. Известно, что отрезок $CH=AB$.  

a) Докажите, что длина $AC$ есть длина высоты к стороне $BC$, умноженная на $\sqrt2.$

б) Найдите угол $ACB$.  

Ответ: + показать

Смотрите также С2, С3 Тренировочной работы №66.