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 \(\triangle ABC\):
\(R_{\triangle ABC}=\displaystyle \frac{BC}{2 sin 120^{\circ}}=\frac{BC}{\sqrt{3}}=R_{\triangle BCH};\)
\(\triangle BCH \sim \triangle NMH\) по углу и двум сторонам.
Это легко доказать:
\(\triangle BHN \sim \triangle CHM\) по двум углам;
\(\displaystyle \frac{NH}{MH}=\frac{BH}{CH}\), отсюда \(\displaystyle \frac{NH}{BH}=\frac{MH}{CH}\),
\(\triangle NMH \sim \triangle BCH\), причём \(k=\displaystyle \frac{MH}{CH}=\cos \angle H\).
Значит, \(\displaystyle \frac{MH}{BC}=cos \angle H=cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}\).
Рассмотрим четырёхугольник \(MHNA\);
\(LN+LM=90^{\circ}+90^{\circ}\), значит, \(MHNA\) можно вписать в окружность, \(AH\) - диаметр этой окружности.
По теореме синусов для \(\triangle AMH\):
\(r_{\triangle AMH} =\displaystyle \frac{MN}{2sin \angle MAN}= \frac{MN}{2sin 120^\circ} = \displaystyle\frac{MN}{\sqrt{3}}\),
отсюда \(AH=2r_{\triangle AMN}=\displaystyle \frac{2MN}{\sqrt{3}}\).
Мы получили:
\(OA = R_{\triangle ABC}=\displaystyle \frac{BC}{\sqrt{3}}\);
\(AH = \displaystyle \frac{2MN}{\sqrt{3}}\);
\(MN=\displaystyle \frac{1}{2}BC\), тогда
\(AH=\displaystyle \frac{BC}{\sqrt{3}}=OA\).
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): \(AH=AO=\displaystyle \frac{BC}{\sqrt{3}}.\)
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, \(\angle HAO = 45^\circ +60^\circ +45^\circ = 150^\circ\);
\(S_{\triangle AOH} =\displaystyle \frac{1}{2} \cdot AH \cdot AO \cdot sin \angle HAO = \displaystyle \frac{BC^2}{3\cdot 2} \cdot sin 150^\circ =\displaystyle \frac{BC^2}{12} = \frac{15}{12}=\frac{5}{4}\).
Ответ: 1,25
