Решение. Задание 16. Досрочный ЕГЭ-2020

Условие задачи

В треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $120^{\circ}$ . Прямые, содержащие высоты $BM$ и $CN$ треугольника $ABC$ , пересекаются в точке $H$ . Точка $O$ – центр окружности, описанной около треугольника $ABC$ .

а) Докажите, что $AH=AO$ .

б) Найдите площадь треугольника $AHO$ , если $BC=\sqrt{15}$ , $\angle ABC=45^{\circ}$ .

Решение

а)

По теореме синусов для $\triangle ABC$ :

$R_{\triangle ABC}=\frac{BC}{2 sin 120^{\circ}}=\frac{BC}{\sqrt{3}}=R_{\triangle BCH}$

$\triangle BCH \sim \triangle NMH$ по углу и двум сторонам.

Это легко доказать:

$\triangle BHN \sim \triangle CHM$ по двум углам;

$\frac{NH}{MH}=\frac{BH}{CH}$ , отсюда $\frac{NH}{BH}=\frac{MH}{CH}$ ,

$\triangle NMH \sim \triangle BCH$ , причём $k=\frac{MH}{CH}=\cos \angle H$ .

Значит, $\frac{MH}{BC}=cos \angle H=cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$ ,

Рассмотрим четырёхугольник $MHNA$ ;

$LN+LM=90^{\circ}+90^{\circ}$ , значит, $MHNA$ можно вписать в окружность, $AH$ - диаметр этой окружности.

По теореме синусов для $\triangle AMH$ :

$r_{\triangle AMH} = \frac{MN}{2sin \angle MAN}= \frac{MN}{2sin 120^\circ} = \frac{MN}{\sqrt{3}}$ ,

отсюда $AH=2r_{\triangle AMN}=\frac{2MN}{\sqrt{3}}$ .

Мы получили:

$OA = R_{\triangle ABC}=\frac{BC}{\sqrt{3}}$ ;

$AH = \frac{2MN}{\sqrt{3}}$ ;

$MN=\frac{1}{2}BC$ , тогда

$AH=\frac{BC}{\sqrt{3}}=OA$ .

б)

Найдём $S_{\triangle AOH}$ , если $\angle ABC = 45^\circ$ , $BC=\sqrt{15}$

Пусть $n$ - серединный перпендикуляр к $AB$ .

$m$ - серединный перпендикуляр и $AC$ ;

$m \cap n =O$ ;

Из пункта (а): $AH=AO=\frac{BC}{\sqrt{3}}$

Пусть $P$ - середина $AB$ , $Q$ - середина $AC$ .

Найдём $\angle HAO$ .

$MHNA$ можно вписать в окружность (смотри п. (а)),

$\angle HAN = \angle HMN$ (опирается на дугу $HN$ ),

$\triangle MHN \sim \triangle CHB$ , $\angle HMN = \angle BCH = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$ .

$\angle NAC = 60^\circ$ (смежный с $\angle BAC = 120^\circ$ )

$\angle CAO = \angle QPO$ (так как четырёхугольник $APOQ$ можно вписать в окружность),

$\angle QPO = 90^\circ - \angle APQ = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$ .

Значит, $\angle HAO = 45^\circ +60^\circ +45^\circ = 150^\circ$ ;

$S_{\triangle AOH} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot AO \cdot sin \angle HAO = \frac{BC^2}{3\cdot 2} \cdot sin 150^\circ = \frac{BC^2}{12} = \frac{15}{12}=\frac{5}{4}$

Ответ: 1,25

Спасибо за то, что пользуйтесь нашими публикациями. Информация на странице «Решение. Задание 16. Досрочный ЕГЭ-2020» подготовлена нашими авторами специально, чтобы помочь вам в освоении предмета и подготовке к экзаменам. Чтобы успешно сдать нужные и поступить в высшее учебное заведение или техникум нужно использовать все инструменты: учеба, контрольные, олимпиады, онлайн-лекции, видеоуроки, сборники заданий. Также вы можете воспользоваться другими статьями из данного раздела.

Публикация обновлена: 08.03.2023

Решение. Задание 16. Досрочный ЕГЭ-2020

Это полезно