Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 10478
2023-02-18 
Из вершины $C$ прямого угла прямоугольного треугольника $ABC$ проведена высота $CH$. Точки $M$ и $N$ - середины катетов $AC$ и $BC$ соответственно.
а) Докажите, что прямые $MH$ и $NH$ перпендикулярны.
б) Пусть $P$ - точка пересечения прямых $NH$ и $AC$, а $Q$ - точка пересечения прямых $MH$ и $BC$. Найдите площадь треугольника $MPQ$, если $AH=12$ и $BH=3$.
Решение:
а) Отрезок $HM$ - медиана прямоугольного треугольника $AHC$, проведённая из вершины прямого угла, поэтому $MH=\frac{1}{2}AC=CM$ (см задачу 4775). Аналогично $NH=CN$. Треугольник $MHN$ равен треугольнику $MCN$ по трём сторонам, следовательно,
$\angle MHN=\angle MCN=90^{\circ}.$
б) Отрезок $CH$ - высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
$CH=\sqrt{AH\cdot BH}=\sqrt{12\cdot3}=6.$
Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Тогда
$tg\alpha=tg\angle CAH=\frac{CH}{AH}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2},$
$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+tg^{2}\alpha}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}.$
По теореме о внешнем угле треугольника
$\angle PMQ=\angle CMH=\angle AHM+\angle MHA=2\alpha,$
причём
$\cos2\alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\frac{4}{5}-\frac{1}{5}=\frac{3}{5}.$
Поскольку $PH$ и $QC$ - высоты треугольника $MPQ$, треугольник $MHC$ подобен треугольнику $MPQ$, причём коэффициент подобия равен $\cos\angle PMQ=\cos2\alpha=\frac{3}{5}$ (см. задачу 8109). Следовательно,
$S_{\Delta MPQ}=\frac{S_{\Delta MHC}}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}S_{\Delta AHC}}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}CH\cdot AH}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot6\cdot12}{\frac{9}{25}}=50.$
Из вершины $C$ прямого угла прямоугольного треугольника $ABC$ проведена высота $CH$. Точки $M$ и $N$ - середины катетов $AC$ и $BC$ соответственно.
а) Докажите, что прямые $MH$ и $NH$ перпендикулярны.
б) Пусть $P$ - точка пересечения прямых $NH$ и $AC$, а $Q$ - точка пересечения прямых $MH$ и $BC$. Найдите площадь треугольника $MPQ$, если $AH=12$ и $BH=3$.
Решение:
а) Отрезок $HM$ - медиана прямоугольного треугольника $AHC$, проведённая из вершины прямого угла, поэтому $MH=\frac{1}{2}AC=CM$ (см задачу 4775). Аналогично $NH=CN$. Треугольник $MHN$ равен треугольнику $MCN$ по трём сторонам, следовательно,
$\angle MHN=\angle MCN=90^{\circ}.$
б) Отрезок $CH$ - высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, поэтому
$CH=\sqrt{AH\cdot BH}=\sqrt{12\cdot3}=6.$
Обозначим $\angle BAC=\alpha$. Тогда
$tg\alpha=tg\angle CAH=\frac{CH}{AH}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2},$
$\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{1+tg^{2}\alpha}}=\frac{2}{\sqrt{5}},~\sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{5}}.$
По теореме о внешнем угле треугольника
$\angle PMQ=\angle CMH=\angle AHM+\angle MHA=2\alpha,$
причём
$\cos2\alpha=\cos^{2}\alpha-\sin^{2}\alpha=\frac{4}{5}-\frac{1}{5}=\frac{3}{5}.$
Поскольку $PH$ и $QC$ - высоты треугольника $MPQ$, треугольник $MHC$ подобен треугольнику $MPQ$, причём коэффициент подобия равен $\cos\angle PMQ=\cos2\alpha=\frac{3}{5}$ (см. задачу 8109). Следовательно,
$S_{\Delta MPQ}=\frac{S_{\Delta MHC}}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}S_{\Delta AHC}}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}CH\cdot AH}{\cos^{2}2\alpha}=\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot6\cdot12}{\frac{9}{25}}=50.$
