Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 12977
2023-05-08 
Прямая, проходящая через вершину $B$ прямоугольника $ABCD$ перпендикулярно диагонали $AC$, пересекает сторону $AD$ в точке $M$, равноудалённой от вершин $B$ и $D$.
а) Докажите, что лучи $BM$ и $BD$ делят угол $ABC$ на три равные части.
б) Найдите расстояние от центра прямоугольника до прямой $CM$, если $BC=6\sqrt{21}$.
Решение:
а) Обозначим $\angle CBD=\alpha$. Треугольник $BMD$ равнобедренный, поэтому
$\angle MBD=\angle MDB=\angle CBD=\alpha.$
Пусть $P$ - точка пересечения $BM$ и $AC$. Тогда $AP$ - высота прямоугольного треугольника $ABM$, проведённая из вершины прямого угла. Значит,
$\angle ABM=\angle MAP=\angle CAD=\angle CBD=\alpha.$
Следовательно,
$\angle ABM=\angle MBD=\angle CBD.$
б) Из равенства $3\alpha=90^{\circ}$ находим, что $\alpha=30^{\circ}$. Тогда
$AB=CD=BCtg\alpha=6\sqrt{21}tg30^{\circ}=6\sqrt{21}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=6\sqrt{7},$
$DM=BM=\frac{AB}{\cos\angle ABM}=\frac{AB}{\cos30^{\circ}}=\frac{6\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4\sqrt{21},$
$AM=AD-DM=6\sqrt{21}-4\sqrt{21}=2\sqrt{21},$
$AC=2CD=12\sqrt{7}.$
Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей прямоугольника $ABCD$ (центр прямоугольника), $H$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на прямую $CM$. Тогда $OH$ - высота треугольника $CMO$. Значит, $OH=\frac{2S_{\Delta CMO}}{CM}$ (см. задачу 5524).
Из прямоугольного треугольника $CDM$ находим, что
$CM=\sqrt{CD^{2}+DM^{2}}=\sqrt{(6\sqrt{7})^{2}+(4\sqrt{21})}=14\sqrt{3},$
а т.к. $MO$ - медиана треугольника $AMC$, то (см. задачу 6414)
$S_{\Delta CMO}=\frac{1}{2}S_{\Delta ACM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot AM\sin30^{\circ}=\frac{1}{4}\cdot12\sqrt{7}\cdot2\sqrt{21}\cdot\frac{1}{2}=21\sqrt{3}.$
Следовательно,
$OH=\frac{2S_{\Delta CMO}}{CM}=\frac{2\cdot21\sqrt{3}}{14\sqrt{3}}=3.$
Прямая, проходящая через вершину $B$ прямоугольника $ABCD$ перпендикулярно диагонали $AC$, пересекает сторону $AD$ в точке $M$, равноудалённой от вершин $B$ и $D$.
а) Докажите, что лучи $BM$ и $BD$ делят угол $ABC$ на три равные части.
б) Найдите расстояние от центра прямоугольника до прямой $CM$, если $BC=6\sqrt{21}$.
Решение:
а) Обозначим $\angle CBD=\alpha$. Треугольник $BMD$ равнобедренный, поэтому
$\angle MBD=\angle MDB=\angle CBD=\alpha.$
Пусть $P$ - точка пересечения $BM$ и $AC$. Тогда $AP$ - высота прямоугольного треугольника $ABM$, проведённая из вершины прямого угла. Значит,
$\angle ABM=\angle MAP=\angle CAD=\angle CBD=\alpha.$
Следовательно,
$\angle ABM=\angle MBD=\angle CBD.$
б) Из равенства $3\alpha=90^{\circ}$ находим, что $\alpha=30^{\circ}$. Тогда
$AB=CD=BCtg\alpha=6\sqrt{21}tg30^{\circ}=6\sqrt{21}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}=6\sqrt{7},$
$DM=BM=\frac{AB}{\cos\angle ABM}=\frac{AB}{\cos30^{\circ}}=\frac{6\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4\sqrt{21},$
$AM=AD-DM=6\sqrt{21}-4\sqrt{21}=2\sqrt{21},$
$AC=2CD=12\sqrt{7}.$
Пусть $O$ - точка пересечения диагоналей прямоугольника $ABCD$ (центр прямоугольника), $H$ - основание перпендикуляра, опущенного из точки $O$ на прямую $CM$. Тогда $OH$ - высота треугольника $CMO$. Значит, $OH=\frac{2S_{\Delta CMO}}{CM}$ (см. задачу 5524).
Из прямоугольного треугольника $CDM$ находим, что
$CM=\sqrt{CD^{2}+DM^{2}}=\sqrt{(6\sqrt{7})^{2}+(4\sqrt{21})}=14\sqrt{3},$
а т.к. $MO$ - медиана треугольника $AMC$, то (см. задачу 6414)
$S_{\Delta CMO}=\frac{1}{2}S_{\Delta ACM}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}AC\cdot AM\sin30^{\circ}=\frac{1}{4}\cdot12\sqrt{7}\cdot2\sqrt{21}\cdot\frac{1}{2}=21\sqrt{3}.$
Следовательно,
$OH=\frac{2S_{\Delta CMO}}{CM}=\frac{2\cdot21\sqrt{3}}{14\sqrt{3}}=3.$
