Задание №18 — Многоугольники и их свойства

Решение:

а) Рассмотрим треугольник $ABC$. Отрезок $C_{1} B_{1}$ является его средней линией, следовательно, $C_{1} B_{1} \parallel BC$. Так как точка $A_{1}$ лежит на стороне $BC$, а $H$ — на прямой, содержащей эту сторону, то $C_{1} B_{1} \parallel A_{1} H$.
Далее, $C_{1} A_{1}$ также является средней линией треугольника $ABC$, откуда $C_{1} A_{1} = \frac{1}{2} AC$.
В прямоугольном треугольнике $AHC$ отрезок $HB_{1}$ является медианой, проведенной к гипотенузе $AC$. По свойству медианы прямоугольного треугольника, $HB_{1} = \frac{1}{2} AC$.
Таким образом, в четырехугольнике $A_{1} C_{1} B_{1} H$ стороны $A_{1} C_{1}$ и $HB_{1}$ равны, а основания $C_{1} B_{1}$ и $A_{1} H$ параллельны. Это означает, что $A_{1} C_{1} B_{1} H$ — равнобедренная трапеция. Любую равнобедренную трапецию можно вписать в окружность, что и требовалось доказать.

б) Найдем длину средней линии $B_{1} C_{1} = \frac{1}{2} BC = \frac{6 \sqrt{3}}{2} = 3 \sqrt{3}$. Заметим, что треугольник $A_{1} B_{1} C_{1}$ подобен исходному треугольнику $ABC$ с коэффициентом $0,5$.
Пусть $R$ — радиус окружности, описанной около трапеции $A_{1} C_{1} B_{1} H$. Эта же окружность является описанной для треугольника $A_{1} B_{1} C_{1}$.
Воспользуемся теоремой синусов для $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$:
$R = \frac{B_{1} C_{1}}{2 \sin \angle A_{1}} = \frac{3 \sqrt{3}}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = 3$.
Теперь рассмотрим треугольник $A_{1} C_{1} H$, вписанный в ту же окружность. Вычислим угол $\angle A_{1} C_{1} H = 180^{\circ} - \angle HA_{1} C_{1} - \angle A_{1} H C_{1} = 180^{\circ} - 135^{\circ} - 15^{\circ} = 30^{\circ}$.
Применим теорему синусов для нахождения стороны $A_{1} H$:
$\frac{A_{1} H}{\sin \angle A_{1} C_{1} H} = 2 R$
$A_{1} H = 2 \cdot 3 \cdot \sin 30^{\circ} = 6 \cdot \frac{1}{2} = 3$.

Ответ: б) 3

Источник: ФИПИ