Задача по планиметрии

Разбор одной нестандартной задачи по планиметрии.

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 \(\angle BAC = 30^\circ \).
б) Пусть прямые \(MK\) и \(BC\) пересекаются в точке \(P\), а прямые \(AP\) и \(BK\) – в точке \(Q\). Найдите \(KQ\), если \(BC = \sqrt {21} \).


Решение

а) По свойству медианы, проведенной к гипотенузе, имеем \(CM = AM\), откуда \(\angle ACM = \angle MAC\) и треугольники \(CMK\) и \(ACB\) подобны. Из подобия следует

\(\frac{{CM}}{{AC}} = \frac{{KC}}{{AB}}.\)

По условию \(AC = \frac{3}{2}KC\), а \(CM = \frac{1}{2}AB\). Получим

\(\frac{{\frac{1}{2}AB}}{{\frac{3}{2}KC}} = \frac{{KC}}{{AB}},\)

\(KC = \frac{{AB}}{{\sqrt 3 }},\;\;AC = AB\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\)

Получается, что в прямоугольном треугольнике ABC \(\cos \angle BAC = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\), значит \(\angle BAC = 30^\circ \).


б) Заметим, что треугольники \(ABC\) и \(PKC\) подобны. Произведем вычисления:

\(AC = BC\sqrt 3 = 3\sqrt 7 ,\;\;AK = \frac{1}{3}AC = \sqrt 7 ,\;\;KB = \sqrt {K{C^2} + B{C^2}} = 7,\)

\(CP = KC\sqrt 3 = 2\sqrt {21} ,\;\;AP = \sqrt {A{C^2} + P{C^2}} = 7\sqrt 3 .\)

Обозначим \(\angle BKC = \alpha \), \(\angle CAP = \beta \).

\(\sin \alpha = \frac{{\sqrt {21} }}{7} = \cos \beta ,\;\;\cos \alpha = \frac{{2\sqrt 7 }}{7} = \sin \beta .\)

\(\angle Q = \pi - \alpha - \left( {\pi - \beta } \right) = \beta - \alpha .\)

\(\sin \angle Q = \sin \left( {\beta - \alpha } \right) = \sin \beta \cos \alpha - \sin \alpha \cos \beta = \frac{1}{7}.\)

По теореме синусов:

\(\frac{{AK}}{{\sin \angle Q}} = \frac{{KQ}}{{\sin \left( {\pi - \beta } \right)}},\;\;KQ = \frac{{\sin \beta }}{{\sin \angle Q}}AK = 14.\)


Ответ:
а) что и требовалось доказать;
б) 14.