Элементарная математика. Геометрия.

Задача 248

Дан угол $\alpha$ ( $\alpha \lt 90^\circ$) с вершиной $O$. На одной его стороне взята точка $M$ и восставлен перпендикуляр в этой точке до пересечения с другой стороной в точке $N$. Точно так же в точке $K$ на другой стороне восставлен перпендикуляр до пересечения с первой стороной в точке $P$. Пусть точка $B$ есть точка пересечения прямых $MN$ и $KP$, а точка $A$ есть точка пересечения прямых $OB$ и $NP$. Найти $OA$, если $OM=a$ и $OP=b$.

Решение:

Приведённый выше рисунок наглядно свидетельствует, что возможны различные варианты расположения точки $A$ относительно угла. В связи с этим нам необходимо рассмотреть различные варианты расположения данной точки. Рассмотрим 3 случая в зависимости от того, где находится точка пересечения $A$ прямых $MN$ и $KP$.

Случай 1.

Эта точка находится внутри заданного угла.

1. По определению тангенса острого угла прямоугольного треугольника получим $\text{tg } \alpha = \frac{MN}{OM}$; Откуда получим $MN=a\cdot \text{tg } \alpha$.

2. Рассмотрим треугольник $MNP$. Выразим отрезок $MP$ следующим образом $MP=OP-OM=b-a$. Тогда по теореме Пифагора для этого треугольника имеем $NP^2=MN^2+MP^2=a^2 \cdot\text{tg }^2 \alpha + (b-a)^2$.

3. Рассмотрим треугольник $PON$. Его площадь можно выразить двумя способами. С одной стороны $S_{PON}=\frac{1}{2}\cdot OP \cdot MN= \frac{1}{2} \cdot ab\text{tg }\alpha$. С другой стороны эта площадь может быть выражена так $S_{PON}= \frac{1}{2}\cdot OA \cdot NP$.

4. Исходя из того, что мы выразили площадь треугольника двумя способами, мы получим равенство $\frac{1}{2}\cdot OA\cdot \sqrt{a^2 \cdot \text{tg } ^2 \alpha + (b-a)^2}=\frac{1}{2}\cdot ab\cdot \text{tg }\alpha$. Откуда выразим $OA=\frac{ab\cdot\text{tg }\alpha}{\sqrt{a^2 \cdot \text{tg } ^2 \alpha + (b-a)^2}}$.

Случай 2.

Эта точка лежит на стороне этого угла.

В данном случае точки $M, P , B$ и $A$ совпадают. Тогда искомый отрезок равен $OA=OM=a=b$.

Случай 3.

Эта точка лежит вне этого угла.

1. Рассмотрим треугольник $OMN$. По определению косинуса острого угла прямоугольного треугольника получим $\text{cos }$ $\alpha$ $=\frac{OM}{ON}$. Откуда выразим $ON=OM \cdot \text{cos }^{-1} \alpha$ $=$ $a \cdot \text{cos }^{-1} \alpha$.

2. Рассмотрим треугольник $ONP$. По теореме косинусов для него получим $NP^2=OP^2+ON^2-2 \cdot OP \cdot ON \cdot \text{cos } \alpha$ $= b^2 + a^2 \cdot \text{cos } ^{-2} \alpha -2a \cdot b \text{cos } ^{-1} \alpha \cdot \text{cos } \alpha$ $= (b-a)^2 + a^2 \cdot \text{tg}^2 \alpha \text{,}$ откуда получим $NP = \sqrt{a^2 \cdot \text{tg } ^2 \alpha + (b-a)^2}$.

3. По теореме Пифагора в треугольнике $ONM$ имеем $NM^2=ON^2-OM^2=a^2 \cdot \text{cos }^{-2} \alpha - a^2 = a^2 \cdot \text{tg}^2 \alpha$.

4. В треугольниках $OPA$ и $NPM$ угол $OPA$ равен углу $NPM$ как вертикальные. Так как $BK$ и $OM$ являются высотами треугольника $OBN$ и $P$ есть точка пересечения этих высот, то отрезок $NA$ является высотой этого же треугольника. Значит, угол $OAN$ равен $90^\circ$, и он же равен углу $OMN$.

5. Треугольники $OPA$ и $NPM$ подобны по равенству двух углов. Из подобия этих треугольников получим $\frac{OP}{NP} = \frac{AO}{MN}$. Тогда выражая $AO$ из данного равенства, подставляя полученные ранее отрезки и преобразовывая полученное выражение окончательно получим $OA=\frac{ab\cdot\text{tg }\alpha}{\sqrt{a^2 \cdot \text{tg } ^2 \alpha + (b-a)^2}}$.