Решение задачи №6: Высоты в треугольнике ABC

Продолжаем решение задач из списка (с 6-й по 10-ю). Задача 6. Дано: \(\triangle ABC\), \(BD\) и \(CE\) — высоты, пересекаются в точке \(O\). \(BE = 8\), \(OE = 6\), \(OD = 3\). Найти \(BC\). Решение: 1) Рассмотрим прямоугольные треугольники \(BEO\) и \(CDO\). У них \(\angle BEO = \angle CDO = 90^{\circ}\), а \(\angle BOE = \angle COD\) как вертикальные. Значит, \(\triangle BEO \sim \triangle CDO\) по двум углам. 2) Из подобия: \(\frac{BE}{CD} = \frac{OE}{OD}\). \[\frac{8}{CD} = \frac{6}{3} \Rightarrow \frac{8}{CD} = 2 \Rightarrow CD = 4\] 3) В прямоугольном \(\triangle BEO\) по теореме Пифагора найдем \(BO\): \[BO = \sqrt{BE^2 + OE^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = 10\] 4) Рассмотрим \(\triangle ABD\) и \(\triangle ACE\). Они подобны (общий угол \(A\) и прямые углы). Но удобнее рассмотреть подобие \(\triangle BEO\) и \(\triangle BDC\) (у них общий угол \(B\) и прямые углы). \(\triangle BEO \sim \triangle BDC\): \[\frac{BE}{BD} = \frac{BO}{BC}\] Заметим, что \(BD = BO + OD = 10 + 3 = 13\). \[\frac{8}{13} = \frac{10}{BC} \Rightarrow 8 \cdot BC = 130 \Rightarrow BC = 16,25\] Ответ: 16,25. Задача 7. Дано: \(\triangle ABC\) (\(\angle C = 90^{\circ}\)), \(MK \parallel BC\), \(S_{AMK} = 16\), \(S_{BCKM} = 20\), \(AB = 12\). Найти \(BM\). Решение: 1) Площадь всего треугольника \(S_{ABC} = S_{AMK} + S_{BCKM} = 16 + 20 = 36\). 2) Так как \(MK \parallel BC\), то \(\triangle AMK \sim \triangle ABC\). 3) Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия \(k^2\): \[k^2 = \frac{S_{AMK}}{S_{ABC}} = \frac{16}{36} = \frac{4}{9} \Rightarrow k = \frac{2}{3}\] 4) Коэффициент подобия также равен отношению соответственных сторон: \[\frac{AM}{AB} = k = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{AM}{12} = \frac{2}{3} \Rightarrow AM = \frac{12 \cdot 2}{3} = 8\] 5) Тогда \(BM = AB - AM = 12 - 8 = 4\). Ответ: 4. Задача 8. Дано: \(\triangle ABD\), \(AK\) — биссектриса, \(BK = 4\), \(DK = 8\), \(P_{ABD} = 30\). Найти \(AB\). Решение: 1) По свойству биссектрисы треугольника: \(\frac{AB}{AD} = \frac{BK}{DK}\). \[\frac{AB}{AD} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} \Rightarrow AD = 2AB\] 2) Периметр \(P = AB + AD + BD\). Сторона \(BD = BK + DK = 4 + 8 = 12\). 3) Подставим всё в формулу периметра: \[AB + 2AB + 12 = 30\] \[3AB = 18 \Rightarrow AB = 6\] Ответ: 6. Задача 9. Дано: \(\triangle ABC\) (\(AB=BC\)), \(M \in BC\), \(BM=10\), \(CM=15\), \(AM=21\), \(BH\) — высота. \(BH \cap AM = K\). Найти \(AK\). Решение: 1) Сторона \(BC = BM + CM = 10 + 15 = 25\). Так как треугольник равнобедренный, \(AB = 25\). 2) В равнобедренном треугольнике высота \(BH\) является и медианой, значит \(AH = HC\). 3) Проведем прямую \(MP \parallel BH\) (\(P \in AC\)). По теореме Фалеса для угла \(C\) и параллельных прямых: \[\frac{CP}{PH} = \frac{CM}{MB} = \frac{15}{10} = \frac{3}{2}\] Пусть \(PH = 2x\), тогда \(CP = 3x\). Тогда \(CH = CP + PH = 5x\). Так как \(AH = CH\), то \(AH = 5x\). 4) Рассмотрим \(\triangle AMP\). В нем \(KH \parallel MP\). По теореме о пропорциональных отрезках: \[\frac{AK}{KM} = \frac{AH}{HP} = \frac{5x}{2x} = \frac{5}{2}\] 5) Отрезок \(AM = 21\). Пусть \(AK = 5y\), тогда \(KM = 2y\). \[5y + 2y = 21 \Rightarrow 7y = 21 \Rightarrow y = 3\] \[AK = 5 \cdot 3 = 15\] Ответ: 15. Задача 10. Дано: \(\triangle MOP\) (\(\angle O = 90^{\circ}\)), \(OH \perp MP\), \(OP = 6\), \(PH = 4\). Найти \(MO\). Решение: 1) В прямоугольном треугольнике катет есть среднее геометрическое между гипотенузой и его проекцией на гипотенузу: \[OP^2 = PH \cdot MP\] \[6^2 = 4 \cdot MP \Rightarrow 36 = 4 \cdot MP \Rightarrow MP = 9\] 2) Найдем вторую проекцию \(MH\): \[MH = MP - PH = 9 - 4 = 5\] 3) Найдем катет \(MO\) аналогичным способом: \[MO^2 = MH \cdot MP\] \[MO^2 = 5 \cdot 9 = 45\] \[MO = \sqrt{45} = \sqrt{9 \cdot 5} = 3\sqrt{5}\] Ответ: \(3\sqrt{5}\).