На сторонах \(AB, \, BC\) и \(AC\) треугольника \(ABC\) отмечены точки \(C_1, \, A_1\) и \(B_1\) соответственно, причём \(AC_1 : C_1B = 8 : 3, BA_1 : A_1C = 1 : 2, CB_1 : B_1A = 3 : 1.\) Отрезки \(BB_1\) и \(CC1\) пересекаются в точке \(D.\)
а) Докажите, что \(ADA_1B_1\) — параллелограмм.
б) Найдите \(CD,\) если отрезки \(AD\) и \(BC\) перпендикулярны, \(AC = 28, \, BC = 18.\)
Докажем пункт (а) с помощью теоремы Менелая:
Пусть \((AD) \cap BC = A_2.\)
По теореме Чевы,
\(\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{CB_1}{B_1A} = 1.\)
\(\displaystyle \frac{8}{3} \cdot \frac{BA_2}{A_2C} \cdot \frac{3}{1} = 1\)
\(\displaystyle \frac{BA_2}{A_2C} = \frac{1}{8},\) тогда
\(\displaystyle BA_2 = \frac{1}{9}BC\)
\(\displaystyle A_2A_1 = \left ( \frac{1}{3} - \frac{1}{9} \right ) BC = \frac{2}{9}BC,\)
\(\displaystyle A_1C = \frac{2}{3}BC,\) тогда \(\displaystyle A_2A_1 = \frac{1}{3}A_1C\)
\(\displaystyle A_1C : A_2C = B_1C : AC = \frac{3}{4},\)
Это значит, что \(\triangle A_1CB_1 \sim \triangle A_2CA\) по двум углам и \(AA_2 \parallel B_1A_1,\) то есть \(AD \parallel B_1A_1.\)
Рассмотрим треугольник \(ABB_1.\)
Прямая \(C_1C\) пересекает две его стороны и продолжение третьей стороны \(AB_1.\)
По теореме Менелая,
\(\displaystyle \frac{AC_1}{C_1B} \cdot \frac{BD}{DB_1} \cdot \frac{B_1C}{AC} = 1 \)
\(\displaystyle \frac{8}{3} \cdot \frac{BD}{DB_1} = \frac{3}{4} = 1;\)
\(\displaystyle \frac{BD}{DB_1} = \frac{1}{2} = \frac{BA_1}{A_1C};\)
тогда \(\displaystyle \frac{BD}{BB_1} = \frac{BA_1}{BC} = \frac{1}{3},\)
\(\triangle BDA_1 \sim \triangle BB_1C\) по углу и двум сторонам, отсюда
\(\angle BDA_1 = \angle BB_1C_1, \, DA_1 \parallel B_1C.\)
Мы получили:
\(AD \parallel B_1A_1\)
\(DA_1 \parallel AB_1, \, ADA_1B_1\) — параллелограмм по определению.
Мы доказали то, что требовалось в пункте (а).
Но что делать, если теоремы Менелая и Чевы вы не проходили в школе? Ничего страшного, докажем без теорем Менелая и Чевы. Их легко заменят подобные треугольники.
Обозначим
\(AC_1 = 8x, \, BC_1 = 3x,\)
\(BA_1 = y, \, A_1C = 2y,\)
\(AB_1 = z, \, B_1C = 3z.\)
Докажем, что \(ADA_1B_1\) — параллелограмм.
Пусть \(K\) — середина \(AC.\)
Тогда \(AK = KC = 2z, \, B_1K = z\)
Тогда \(\triangle A_1CK \sim \triangle BCB_1\) по углу и двум пропорциональным сторонам,
\(A_1K \parallel BB_1. \)
Проведём \(AN \parallel BB_1,\)
По теореме Фалеса \(BN = y.\)
Пусть \(CC_1 \cap AN = p.\)
\(\triangle APC_1 \sim \triangle BDC_1\) по двум углам;
\(\displaystyle \frac{AP}{BD} = \frac{AC_1}{BC_1} = \frac{8}{3}.\)
Пусть \(AP = 8k,\)
\(BD = 3k.\)
\(\triangle B_1CD \sim \triangle ACP\) по 2 углам, \(\displaystyle \frac{AP}{B_1D} = \frac{AC}{B_1C} = \frac{4}{3},\)
тогда \(\displaystyle B_1D = \frac{3}{4}AP = 6k,\)
\(\displaystyle \frac{BD}{B_1D} = \frac{1}{2}.\)
Это значит, что \(\triangle BDA_1 \sim \triangle BB_1C\) по углу и двум сторонам и \(A_1D \parallel AC.\)
При этом \(\displaystyle A_1D = \frac{1}{3}B_1C = Z = AB_1.\)
Получим, что в четырёхугольнике \(ADA_1B_1\):
\(AB_1 \parallel A_1D\)
\(AB_1 = A_1D\)
Значит, \(ADA_1B_1\) — параллелограмм.
Как видим, эти решения примерно одного уровня сложности.
А вот в пункте (б) нет необходимости применять теоремы Чевы и Менелая. Он легко решается с помощью обычной школьной геометрии.
б) Найдём \(CD\), если \(AD \perp BC, \, AC = 28, \, BC=18.\)
Поскольку \(A_1B_1 \parallel AD, \) получим, что \(A_1B_1 \perp BC, \, \triangle A_1B_1C\) — прямоугольный.
Мы доказали в пункте (а), что \(B_1DA_1C\) — трапеция, причём \(B_1A \perp A_1C.\)
По условию, \(AC = 28.\)
Тогда \(\displaystyle A_1D = \frac{28}{4} = 7,\)
\(\displaystyle B_1C = \frac{28}{4} \cdot 3 = 21,\)
\(\displaystyle A_1C = \frac{2}{3}BC = \frac{2}{3} \cdot 18 = 12.\)
Пусть \(M \in B_1C, \, CM = 7, \, B_1M = 28.\)
Тогда \(A_1MCD\) — параллелограмм (по признаку паралелограмма)
\(A_1M = CD.\)
\(B_1M = 28,\) по теореме Пифагора из \(\triangle B_1A_1C:\)
\(\displaystyle B_1A_1 = \sqrt{21^2-12^2} = 3 \sqrt{7^2 - 4^2} = 3 \sqrt{33},\)
\(\displaystyle \cos \angle A_1B_1C = \cos \angle A_1B_1M = \frac{B_1A_1}{B_1C} = \frac{\sqrt{33}}{7}\)
Найдём \(A_1M\) из \( \triangle A_1B_1M\) по теореме косинусов.
\(A_1M^2 = A_1B_1 \, ^2 + B_1M^2 - 2A_1B_1 \cdot B_1M \cdot \cos \angle A_1B_1M,\)
\(\displaystyle A_1M^2 = 9 \cdot 33 + 28^2 - \frac{2 \cdot 28 \cdot 3 \sqrt{33} \cdot \sqrt{33}}{7} = 28^2 - 15\cdot 33 = 784 - 495 = 289;\)
\(CD = A_1M = 17.\)
Ответ: 17.
