В остроугольном треугольнике \(ABC\) высоты \(AA_1\), \(BB_1\) и \(CC_1\) пересекаются в точке \(H\). Через точку \(C_1\) параллельно высоте \(BB_1\) проведена прямая, пересекающая высоту \(AA_1\) в точке \(K\).
а) Докажите, что \(AB \cdot KH = BC \cdot C_1H\).
б) Найдите отношение площадей треугольников \(C_1HK\) и \(ABC\), если \(AB = 6\), \(BC = 4\), \(AC = 5\).
а) Прямая \(KC_1\) параллельна \(BB_1\), а \(BB_1 \perp AC\), поэтому \(KC_1 \perp AC\). Обозначим через \(Q\) точку пересечения прямой \(KC_1\) со стороной \(AC\).
Два угла при вершине A. В прямоугольном треугольнике \(ABA_1\) сумма острых углов равна \(90^\circ\), поэтому
\[\angle HAC_1 = \angle BAA_1 = 90^\circ - \angle B.\]
Точно так же из прямоугольного треугольника \(ACA_1\)
\[\angle KAQ = \angle CAA_1 = 90^\circ - \angle C.\]
Точка K лежит между A и H. Из прямоугольных треугольников \(AQC_1\), \(AQK\) и \(AC_1H\)
\[AQ = AC_1\cos A, \qquad AK = \frac{AQ}{\cos\angle KAQ} = \frac{AQ}{\sin C}, \qquad AH = \frac{AC_1}{\cos\angle HAC_1} = \frac{AC_1}{\sin B},\]
откуда
\[\frac{AK}{AH} = \frac{\cos A\cdot\sin B}{\sin C} < 1,\]
так как \(\sin C = \sin(A+B) = \sin A\cos B + \cos A\sin B > \cos A\sin B\). Значит \(AK < AH\), то есть \(K\) действительно лежит внутри отрезка \(AH\).
Угол при вершине K. В прямоугольном треугольнике \(AQK\)
\[\angle AKQ = 90^\circ - \angle KAQ = 90^\circ - \left(90^\circ - \angle C\right) = \angle C.\]
Точки \(A\) и \(H\) лежат по разные стороны от \(K\) на прямой \(AA_1\), точки \(Q\) и \(C_1\) — по разные стороны от \(K\) на прямой \(KC_1\), поэтому углы \(AKQ\) и \(HKC_1\) вертикальные:
\[\angle HKC_1 = \angle ACB.\]
Угол при вершине H. Так как \(CC_1 \perp AB\), треугольник \(AC_1H\) прямоугольный с прямым углом при \(C_1\), поэтому
\[\angle AHC_1 = 90^\circ - \angle HAC_1 = 90^\circ - \left(90^\circ - \angle B\right) = \angle B.\]
Луч \(HK\) совпадает с лучом \(HA\), значит
\[\angle KHC_1 = \angle ABC.\]
Подобие. У треугольников \(KHC_1\) и \(CBA\) равны два угла: при \(K\) и \(C\), при \(H\) и \(B\). Значит они подобны, и вершинам \(K\), \(H\), \(C_1\) соответствуют вершины \(C\), \(B\), \(A\). Сторона \(KH\) соответствует стороне \(CB\), сторона \(HC_1\) — стороне \(BA\):
\[\frac{KH}{BC} = \frac{C_1H}{AB}.\]
Перемножая крайние и средние члены пропорции, получаем
\[AB\cdot KH = BC\cdot C_1H.\]
Что и требовалось доказать.
б) По теореме косинусов в треугольнике \(ABC\)
\[\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2\cdot AB\cdot AC} = \frac{36 + 25 - 16}{2\cdot 6\cdot 5} = \frac{3}{4}.\]
Угол \(A\) острый, поэтому
\[\sin A = \sqrt{1 - \frac{9}{16}} = \frac{\sqrt{7}}{4}, \qquad \operatorname{ctg} A = \frac{\cos A}{\sin A} = \frac{3}{\sqrt{7}}.\]
Из прямоугольного треугольника \(ACC_1\) находим \(AC_1 = AC\cos A = \dfrac{15}{4}\), поэтому
\[BC_1 = AB - AC_1 = 6 - \frac{15}{4} = \frac{9}{4}.\]
В прямоугольном треугольнике \(ABB_1\) сумма острых углов равна \(90^\circ\), значит \(\angle ABB_1 = 90^\circ - \angle A\). Точка \(H\) лежит на \(BB_1\), а точка \(C_1\) — на \(AB\), поэтому
\[\angle C_1BH = 90^\circ - \angle A.\]
Треугольник \(BC_1H\) прямоугольный (\(\angle BC_1H = 90^\circ\), так как \(CC_1 \perp AB\)), поэтому
\[C_1H = BC_1\cdot\operatorname{tg}\left(90^\circ - \angle A\right) = BC_1\cdot\operatorname{ctg} A = \frac{9}{4}\cdot\frac{3}{\sqrt{7}} = \frac{27}{4\sqrt{7}}.\]
По пункту а) треугольники \(KHC_1\) и \(CBA\) подобны, причём сторона \(HC_1\) соответствует стороне \(BA\). Значит коэффициент подобия равен
\[k = \frac{C_1H}{AB} = \frac{27}{4\sqrt{7}} : 6 = \frac{9}{8\sqrt{7}}.\]
Отношение площадей подобных треугольников равно квадрату коэффициента подобия:
\[\frac{S_{C_1HK}}{S_{ABC}} = k^2 = \left(\frac{9}{8\sqrt{7}}\right)^2 = \frac{81}{64\cdot 7} = \frac{81}{448}.\]
Ответ: б) \(\dfrac{81}{448}\).