Прямая, проходящая через середину $M$ гипотенузы $AB$ прямоугольного треугольника $ABC$, перпендикулярна $CM$ и пересекает катет $AC$ в точке $K$. При этом $AK:KC=1:2$.
а) Докажите, что $∠BAC=30^{\circ}$.
б) Пусть прямые $MK$ и $BC$ пересекаются в точке $P$, а прямые $AP$ и $BK$ $—$ в точке $Q$. Найдите $KQ$, если $BC=\sqrt{21}$.
Задание с развёрнутым ответом. Запишите решение и сравните его с разбором.
Ответ: а) $\angle BAC=30^\circ$; б) $14$.
Решение
Нужно использовать перпендикулярность $MK$ и $CM$, чтобы связать катеты и найти угол. Затем пересечения прямых найдём из их уравнений.
Выберем прямоугольную систему координат вдоль катетов: $C=(0;0)$, $A=(a;0)$, $B=(0;b)$, где $a=AC>0$, $b=BC>0$. Это удобно: прямой угол уже задан осями, а координаты середин получаются делением пополам. Для любых точек $(x_1;y_1)$ и $(x_2;y_2)$ квадрат расстояния равен $(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$ — это теорема Пифагора для горизонтального и вертикального перемещений.
Шаг 1. Переведём положение точек в координаты.
Середина гипотенузы $M=(a/2;b/2)$. Из $AK:KC=1:2$ следует $KC=2AC/3=2a/3$, поэтому $K=(2a/3;0)$.
Вектор получают вычитанием координат начала из координат конца:
$$\overrightarrow{CM}=(a/2;b/2),\qquad \overrightarrow{MK}=(2a/3-a/2;0-b/2)=(a/6;-b/2).$$
Векторы перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение — сумма произведений соответствующих координат — равно нулю. По условию:
$$\frac a2\cdot\frac a6+\frac b2\cdot\left(-\frac b2\right)=0,$$
$$\frac{a^2}{12}-\frac{b^2}4=0.$$
Умножаем на 12: $a^2-3b^2=0$, откуда $a^2=3b^2$ и $a=\sqrt3b$, поскольку катеты положительны.
В прямоугольном треугольнике тангенс угла при $A$ равен противоположному катету, делённому на прилежащий:
$$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac ba=\frac{b}{\sqrt3b}=\frac1{\sqrt3}.$$
Угол $A$ острый, и это табличный тангенс $30^\circ$. Поэтому $A=30^\circ$. Пункт а доказан.
Шаг 2. Найдём $P$ и уравнения $AP,BK$.
У прямой $MK$ наклон равен $(-b/2)/(a/6)=-3b/a$. Через $K$ её уравнение:
$$y=-\frac{3b}{a}(x-2a/3)=-\frac{3b}{a}x+2b.$$
На оси $BC$ координата $x=0$, поэтому $P=(0;2b)$. Прямая $AP$ проходит через $(a;0)$ и $(0;2b)$, то есть
$$\frac xa+\frac{y}{2b}=1,\qquad 2bx+ay=2ab.$$
Прямая $BK$ проходит через $(0;b)$ и $(2a/3;0)$:
$$\frac{3x}{2a}+\frac yb=1,\qquad 3bx+2ay=2ab.$$
Шаг 3. Решим систему для $Q$.
Умножаем уравнение $AP$ на 2: $4bx+2ay=4ab$. Вычитаем уравнение $BK$:
$$bx=2ab,\qquad x=2a.$$
Подставляем в $2bx+ay=2ab$:
$$4ab+ay=2ab,\qquad ay=-2ab,\qquad y=-2b.$$
Значит, $Q=(2a;-2b)$. Отрицательная координата допустима: в условии пересекаются прямые, а не только отрезки.
Шаг 4. Найдём длину $KQ$.
$$KQ^2=(2a-2a/3)^2+(-2b-0)^2=(4a/3)^2+4b^2=16a^2/9+4b^2.$$
Используем уже доказанное $a^2=3b^2$:
$$KQ^2=16\cdot3b^2/9+4b^2=16b^2/3+12b^2/3=28b^2/3.$$
По условию $b=\sqrt{21}$, значит, $b^2=21$:
$$KQ^2=28\cdot21/3=28\cdot7=196,\qquad KQ=\sqrt{196}=14.$$
Проверка $Q$: $2b\cdot2a+a\cdot(-2b)=2ab$, $3b\cdot2a+2a\cdot(-2b)=2ab$ — обе прямые действительно проходят через него.
Ответ: а) $\angle BAC=30^\circ$; б) $KQ=14$.