В треугольнике ABC точки A1, B1 и C1 — середины сторон BC, AC и AB соответственно, AH — высота, ∠BAC = 60°, ∠BCA = 45°. а) Докажите, что точки A1, B1, C1 и H лежат на одной окружности. б) Найдите A1H, если BC = 2√3.

a) Доказательство: 1. Так как $A_1$, $B_1$ и $C_1$ — середины сторон треугольника $ABC$, то $A_1B_1$ — средняя линия треугольника $ABC$, параллельная $AB$, и $A_1C_1$ — средняя линия, параллельная $AC$. Следовательно, $\angle B_1A_1C = \angle BAC = 60^{\circ}$. 2. Рассмотрим четырехугольник $C_1HB_1$. Поскольку $AH$ — высота, то $\angle AHC = 90^{\circ}$. Значит, $\angle AHC_1 = \angle AHB_1 = 90^{\circ}$. Следовательно, сумма углов $\angle AHC_1 + \angle AB_1C_1 = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$. Это означает, что вокруг четырехугольника $C_1HB_1$ можно описать окружность. 3. Аналогично, $\angle B_1HC_1 = 180^{\circ} - \angle B_1AC_1 = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$. 4. $\angle B_1A_1C_1 = \angle BAC = 60^{\circ}$, следовательно $\angle B_1HC_1 + \angle B_1A_1C_1 = 120^{\circ} + 60^{\circ} = 180^{\circ}$, следовательно, вокруг четырехугольника $A_1B_1HC_1$ можно описать окружность. Таким образом, все точки $A_1, B_1, C_1, H$ лежат на одной окружности. б) Найдем $A_1H$, если $BC = 2\sqrt{3}$. 1. Рассмотрим треугольник $ABC$. Известно, что $\angle BAC = 60^{\circ}$ и $\angle BCA = 45^{\circ}$. Тогда $\angle ABC = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 45^{\circ} = 75^{\circ}$. 2. По теореме синусов: $\frac{BC}{\sin{\angle BAC}} = \frac{AC}{\sin{\angle ABC}}$ $\frac{2\sqrt{3}}{\sin{60^{\circ}}} = \frac{AC}{\sin{75^{\circ}}}$ $\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{AC}{\sin{75^{\circ}}}$ $4 = \frac{AC}{\sin{75^{\circ}}}$ $AC = 4\sin{75^{\circ}}$ 3. Рассмотрим прямоугольный треугольник $AHC$. $\angle ACH = 45^{\circ}$, поэтому $AH = AC \cdot \sin{45^{\circ}} = 4\sin{75^{\circ}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}\sin{75^{\circ}}$. Используем формулу $\sin(a+b) = \sin a \cos b + \cos a \sin b$: $\sin{75^{\circ}} = \sin{(45^{\circ} + 30^{\circ})} = \sin{45^{\circ}}\cos{30^{\circ}} + \cos{45^{\circ}}\sin{30^{\circ}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ $AH = 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{12} + 2}{2} = \frac{2\sqrt{3} + 2}{2} = \sqrt{3} + 1$ 4. $A_1$ — середина $BC$, поэтому $BA_1$ — медиана. В прямоугольном треугольнике медиана, проведенная из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы. Но треугольник $BHC$ не является прямоугольным, поэтому это свойство не применимо. 5. $A_1H$ — медиана треугольника $BHC$. Можно использовать формулу медианы треугольника: $A_1H^2 = \frac{2(A_1B^2 + A_1C^2) - BC^2}{4}$. Так как $A_1$ - середина $BC$, то $A_1B = A_1C = \sqrt{3}$. Нам нужно найти $BH$ и $CH$ чтобы найти $A_1H$ 6. $CH = AC \cdot cos(45) = 4sin(75) \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{12} + 2}{2} = \sqrt{3} + 1$ 7. $BH = \frac{AH}{tg(75)} = (\sqrt{3}+1) / (2+\sqrt{3}) = \frac{(\sqrt{3}+1)(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})} = \frac{2\sqrt{3} - 3 + 2 - \sqrt{3}}{4-3} = \sqrt{3} - 1$ 8. $A_1H^2 = A_1C^2 + HC^2 - 2A_1C \cdot HC cos(45) = 3 + (\sqrt{3}+1)^2 - 2(\sqrt{3})(\sqrt{3}+1)(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 3+ 3+2\sqrt{3}+1 - \sqrt{2}(\sqrt{3})(\sqrt{3}+1)$ Другой способ: Так как $A_1$ — середина $BC$, то $A_1H$ — медиана в треугольнике $BHC$. $A_1H = \frac{1}{2} \sqrt{2(BH^2 + CH^2) - BC^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2((\sqrt{3}-1)^2 + (\sqrt{3}+1)^2) - (2\sqrt{3})^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2(3 - 2\sqrt{3} + 1 + 3 + 2\sqrt{3} + 1) - 12} = \frac{1}{2}\sqrt{2(8) - 12} = \frac{1}{2}\sqrt{16 - 12} = \frac{1}{2}\sqrt{4} = 1$ Ответ: $A_1H = 1$