10021. Прямая, касающаяся описанной около равнобедренного треугольника ABC
(AB=AC
) окружности в точке B
, пересекает прямую AC
в точке D
; E
— середина AB
. Чему равна проекция отрезка DE
на прямую AB
, если DA=a
?
Ответ. \frac{a}{2}
.
Решение. Первый способ. Рассмотрим случай, когда точка D
лежит на продолжении стороны AC
за точку C
(это означает, что \angle BAC\lt60^{\circ}
).
Пусть AB=AC=2b
, M
— проекция точки D
на прямую AB
, а искомый отрезок EM
равен x
. По теореме о касательной и секущей (см. задачу 93) DB^{2}=DA\cdot DC=a(a-2b)
,
AM=EM+EA=x+b,~BM=EM-EB=x-b.
По теореме Пифагора из прямоугольных треугольников AMD
и BMD
получаем, что
DM^{2}=AD^{2}-AM^{2}=a-(x+b)^{2},~DM^{2}=BD^{2}-BM^{2}=a(a-2b)-(x-b)^{2},
значит,
a-(x+b)^{2}=a(a-2b)-(x-b)^{2},
откуда EM=x=\frac{a}{2}
.
Аналогично для случая, когда точка D
лежит на продолжении стороны AC
за точку A
.
Второй способ. Пусть прямая, проходящая через точку D
параллельно BC
, пересекает прямую AB
в точке K
. Тогда AK=AD=a
. Кроме того,
\angle DKB=\angle ABC=\angle ACB=\angle DBK.
(Последнее равенство следует из теоремы об угле между касательной и хордой.) Значит, треугольник BDK
равнобедренный, DB=DK
, и его высота DM
является медианой. Следовательно,
EM=BM+BE=\frac{1}{2}BK+\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}(BK+AB)=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}a.