Реши задание на изображении
Краткий ответ:
а) \(MH\perp NH\).
б) \(\boxed{S_{\triangle PQM}=50}\).
Решение
Пусть
\[ C=(0,0),\qquad A=(a,0),\qquad B=(0,b), \]
где \(AC=a\), \(BC=b\). Тогда
\[ M=\left(\frac a2,0\right),\qquad N=\left(0,\frac b2\right). \]
Гипотенуза \(AB\) имеет уравнение
\[ bx+ay=ab. \]
Так как \(CH\perp AB\), координаты основания высоты:
\[ H\left(\frac{ab^2}{a^2+b^2},\frac{a^2b}{a^2+b^2}\right). \]
Векторы:
\[ \overrightarrow{MH} =\left(\frac{a(b^2-a^2)}{2(a^2+b^2)}, \frac{a^2b}{a^2+b^2}\right), \]
\[ \overrightarrow{NH} =\left(\frac{ab^2}{a^2+b^2}, \frac{b(a^2-b^2)}{2(a^2+b^2)}\right). \]
Их скалярное произведение равно нулю:
\[ \overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{NH}=0. \]
Следовательно,
\[ \boxed{MH\perp NH}. \]
Пункт б
По условию:
\[ AH=12,\qquad BH=3,\qquad AB=15. \]
По теореме о проекциях катетов:
\[ AC^2=AB\cdot AH=15\cdot12=180, \]
\[ BC^2=AB\cdot BH=15\cdot3=45. \]
Значит,
\[ AC=6\sqrt5,\qquad BC=3\sqrt5. \]
Тогда
\[ M=(3\sqrt5,0),\qquad N=\left(0,\frac{3\sqrt5}{2}\right). \]
Координаты точки \(H\):
\[ H=\left(\frac{6\sqrt5}{5},\frac{12\sqrt5}{5}\right). \]
Находим \(P\)
Прямая \(NH\) пересекает ось \(AC\) в точке
\[ P=(-2\sqrt5,0). \]
Находим \(Q\)
Прямая \(MH\) пересекает ось \(BC\) в точке
\[ Q=(0,4\sqrt5). \]
Основание \(PM\) лежит на оси \(AC\):
\[ PM=3\sqrt5-(-2\sqrt5)=5\sqrt5. \]
Высота треугольника \(PQM\), проведённая из \(Q\), равна
\[ 4\sqrt5. \]
Поэтому
\[ S_{\triangle PQM} =\frac12\cdot 5\sqrt5\cdot4\sqrt5 =10\cdot5 =\boxed{50}. \]
Обсуждение
2 сообщениябез координат решить пункт б
Пункт б без координат
Так как \(CH\) — высота к гипотенузе, по теореме о проекциях катетов:
\[ AC^2=AB\cdot AH=15\cdot12=180, \qquad BC^2=AB\cdot BH=15\cdot3=45. \]
Значит, \(AC=6\sqrt5\), \(BC=3\sqrt5\).
Найдём \(PC\). Прямая \(PН\) пересекает стороны треугольника \(ABC\) в точках \(P,N,H\). По теореме Менелая и поскольку \(N\) — середина \(BC\):
\[ \frac{AP}{PC}\cdot\frac{CN}{NB}\cdot\frac{BH}{HA}=1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{AP}{PC}\cdot1\cdot\frac14=1. \]
Следовательно, \(AP=4PC\). Так как \(P\) лежит за точкой \(C\), \(AP=AC+PC\). Поэтому \(AC=3PC\), откуда
\[ PC=2\sqrt5. \]
Найдём \(CQ\). Прямая \(MQH\) пересекает стороны \(AC\), \(BC\), \(AB\). По теореме Менелая, учитывая, что \(M\) — середина \(AC\):
\[ \frac{AM}{MC}\cdot\frac{CQ}{QB}\cdot\frac{BH}{HA}=1 \quad\Longrightarrow\quad 1\cdot\frac{CQ}{QB}\cdot\frac14=1. \]
Значит, \(CQ=4QB\). Точка \(Q\) лежит за \(B\), поэтому \(CQ=CB+QB\). Отсюда \(CB=3QB\), то есть \(QB=\sqrt5\), а
\[ CQ=4\sqrt5. \]
Теперь \(PM=PC+CM=2\sqrt5+3\sqrt5=5\sqrt5\). Поскольку \(AC\perp BC\), высота треугольника \(PQM\), проведённая к основанию \(PM\), равна \(CQ\). Тогда
\[ S_{\triangle PQM} =\frac12\cdot PM\cdot CQ =\frac12\cdot5\sqrt5\cdot4\sqrt5 =\boxed{50}. \]
