10454. Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу, равна h
. Докажите, что вершины острых углов треугольника и проекции основания высоты на катеты лежат на одной окружности. Найдите длину хорды, высекаемой этой окружностью на прямой, содержащей высоту, и отрезки, на которые эта хорда делится гипотенузой.
Ответ. h\sqrt{5}
; \frac{h(\sqrt{5}\pm1)}{2}
.
Решение. Пусть ABC
— данный треугольник, \angle C=90^{\circ}
, CD=h
— его высота, K
и L
— проекции точки D
на катеты AC
и BC
соответственно. Обозначим \angle BAC=\alpha
.
Тогда CKDL
— прямоугольник, поэтому
\angle CLK=\angle LCD=\angle BAC=\alpha.
Значит,
\angle BLK=180^{\circ}-\angle CLK=180^{\circ}-\alpha,~
\angle BKL+\angle BAK=(180^{\circ}-\alpha+\alpha)=180^{\circ}.
Следовательно, четырёхугольник AKLB
вписанный, т. е. точки A
, B
, K
и L
лежат на одной окружности.
Пусть O
— центр этой окружности, R
— радиус, PQ
— хорда, высекаемая на прямой CD
(точка P
между C
и D
), N
— точка пересечения диагоналей прямоугольника CKDL
. Обозначим \angle KBC=\varphi
.
Заметим, что
\angle CLK=\angle BCD=\alpha,~\angle DNL=2\alpha.
Из прямоугольного треугольника KBC
находим, что
\ctg\varphi=\ctg\angle KBC=\frac{BC}{CK}=\frac{\frac{CD}{\cos\angle BCD}}{KL\sin\angle CLK}=\frac{\frac{h}{\cos\alpha}}{h\sin\alpha}=\frac{2}{\sin2\alpha}.
По теореме синусов
R=\frac{KL}{2\sin\angle KBL}=\frac{h}{2\sin\varphi}.
Отрезок ON
— высота и биссектриса равнобедренного треугольника KOL
, а \angle KOL=2\angle KBL=2\varphi
. Из прямоугольного треугольника KBC
находим, что
ON=OK\cos\angle KON=R\cos\varphi=\frac{h}{2\sin\varphi}\cdot\cos\varphi=\frac{h}{2\tg\varphi}=\frac{h}{\sin2\alpha}.
Пусть M
— проекция точки O
на хорду PQ
. Тогда M
— середина PQ
и
\angle ONM=\angle ONL-\angle DNL=90^{\circ}-2\alpha,
поэтому
OM=ON\sin\angle ONM=ON\sin(90^{\circ}-2\alpha)=\frac{h}{\sin2\alpha}\cdot\cos2\alpha=h\ctg2\alpha.
По теореме Пифагора
\frac{1}{2}PQ=QM=\sqrt{OQ^{2}-OM^{2}}=\sqrt{R^{2}-OM^{2}}=
=\sqrt{\frac{h^{2}}{4\sin^{2}\varphi}-h^{2}\ctg^{2}2\alpha}=h\sqrt{\frac{1}{4}\left(1+\ctg^{2}\varphi\right)-\ctg^{2}2\alpha}=
=h\sqrt{\frac{1}{4}\left(1+\frac{4}{\sin^{2}2\alpha}\right)-\ctg^{2}2\alpha}=h\sqrt{\frac{1}{4}(1+4+4\ctg^{2}2\alpha)-\ctg^{2}2\alpha}=\frac{h\sqrt{5}}{2}.
Следовательно, PQ=h\sqrt{5}
.
Обозначим PD=x
, QD=y
. Из системы
\syst{x+y=h\sqrt{5}\\xy=h^{2}\\x\leqslant y}
находим, что x=\frac{h(\sqrt{5}+1)}{2}
, y=\frac{h(\sqrt{5}-1)}{2}
.