16060. В прямоугольном треугольнике ABC
с прямым углом при вершине A
проведены высота AD
и биссектриса BF
, которая пересекает AD
и AC
в точках E
и F
соответственно. Докажите, что DC\gt2EF
.
Решение. Первый способ. Пусть \angle ACB=\gamma
, M
— середина катета AC
, FM=x
. Тогда
\angle FEA=\angle DEB=\angle AFB~\left(=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}\right),
поэтому из равнобедренного треугольника EAF
получаем
\frac{AF}{BF}=\cos AFB=\cos AFE=\frac{EF}{2AF}~\Rightarrow~EF=\frac{2AF^{2}}{BF}.
Кроме того,
\frac{DC}{AC}=\cos\gamma=\frac{AC}{BC}~\Rightarrow~DC=\frac{AC^{2}}{BC}.
Значит,
\frac{DC}{2EF}=\frac{\frac{AC^{2}}{BC}}{2\cdot\frac{2AF^{2}}{BF}}=\frac{AC^{2}\cdot BF}{BC\cdot4AF^{2}}=\frac{AC^{2}\cdot BA}{BC\cdot4AF^{2}}=\frac{AC^{2}}{4AF^{2}}\cdot\frac{AF}{FC}=
=\frac{4AM^{2}\cdot AF}{4AF^{2}\cdot FC}=\frac{AM^{2}}{AF\cdot FC}=\frac{AM^{2}}{(AM-x)(AM+x)}=\frac{AM^{2}}{AM^{2}-x^{2}}\gt1.
Следовательно, DC\gt2EF
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть прямая, проведённая через вершину A
перпендикулярно BF
, пересекает BF
и BC
в точках P
и Q
соответственно; прямая, проведённая через точку Q
перпендикулярно AQ
, пересекает прямые AC
и AD
в точках S
и R
соответственно, а прямая, проведённая через точку S
перпендикулярно BC
, пересекает BC
в точке T
.
Поскольку треугольник AFE
равнобедренный (см. первый способ), его высота AP
является медианой, а так как RS\parallel EF
, то Q
середина отрезка BS
(см. задачу 2607). Тогда прямоугольные треугольники RDQ
и STQ
равны по гипотенузе и острому углу. Значит,
S_{\triangle ADC}\gt S_{ADTS}=S_{\triangle ARS}~\Rightarrow~\frac{1}{2}DC\cdot AD\gt\frac{1}{2}RS\cdot AQ\gt\frac{1}{2}RS\cdot AD.
Значит, DC\gt RS
. При этом BP
— биссектриса и высота треугольника ABQ
, поэтому P
— середина AQ
. Тогда EF
— средняя линия треугольника ARS
, и RS=2EF
. Следовательно,
DC\gt RS=2EF.
Что и требовалось доказать.