11330. На сторонах AB
и BC
остроугольного треугольника ABC
внешним образом построены квадраты ABC_{1}D_{1}
и A_{1}BCD_{2}
. Докажите, что точка пересечения прямых AD_{2}
и CD_{1}
лежит на высоте AH
.
Решение. Первый способ. Обозначим BC=a
, AB=c
, AC=b
, \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Треугольник ABC
остроугольный, поэтому основание H
его высоты AH
лежит на стороне AC
, а не на её продолжении (см. задачу 127).
Из прямоугольных треугольников ABH
и ACH
находим, что
AH=c\cos\alpha,~CH=a\cos\gamma,
значит, \frac{AH}{CH}=\frac{c\cos\alpha}{a\cos\gamma}
.
Пусть X
— точка пересечения прямых AD_{2}
и CD_{1}
, а M
, E_{1}
и E_{2}
— проекции точек соответственно X
, D_{1}
и D_{2}
на прямую AC
. Утверждение задачи равносильно тому, что точки H
и M
делят отрезок AC
в одном и том же отношении, т. е.
\frac{AM}{CM}=\frac{AH}{CH}=\frac{c\cos\alpha}{a\cos\gamma}.
Докажем, что \frac{AM}{CM}=\frac{c\cos\alpha}{a\cos\gamma}
.
Заметим, что
\angle E_{1}AD_{1}=90^{\circ}-\angle BAC=90^{\circ}-\alpha,~\angle E_{2}CD_{2}=90^{\circ}-\angle ACB=90^{\circ}-\gamma,
поэтому \angle AD_{1}E_{1}=\alpha
и \angle CD_{2}E_{2}=\gamma
.
Из прямоугольных треугольников AD_{1}E_{1}
и CD_{2}E_{2}
находим, что
AE_{1}=AD_{1}\sin\alpha=c\sin\alpha,~CE_{2}=CD_{2}\sin\gamma=a\sin\alpha,
а так как по теореме синусов \frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\gamma}
, то a\sin\gamma=c\sin\alpha
, т. е. AE_{1}=CE_{2}
. Обозначим эти отрезки через q
.
Из подобия прямоугольных треугольников AMX
и AE_{2}D_{2}
получаем, что
\frac{XM}{AM}=\frac{D_{2}E_{2}}{AE_{2}}=\frac{a\cos\gamma}{b+q}.
Аналогично, \frac{XM}{CM}=\frac{c\cos\alpha}{b+q}
. Значит,
\frac{AM}{CM}=\frac{\frac{XM}{CM}}{\frac{XM}{AM}}=\frac{c\cos\alpha}{a\cos\gamma}=\frac{AH}{CH}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Введём систему координат xAy
так, чтобы рассматриваемые точки имели координаты A(0;0)
, (k;0)
и B(l;m)
. Тогда вершины квадратов имеют координаты D_{1}(-n;l)
и D_{2}(k+n;k-l)
, а уравнения прямых CD_{1}
и AD_{2}
имеют вид
y=-\frac{l(x-k)}{k+n}~\mbox{и}~y=\frac{x(k-l)}{k+n}
соответственно. Из уравнения
-\frac{l(x-k)}{k+n}=\frac{(k-l)x}{k+n}
находим, что абсцисса точки X
пересечения прямых CD_{1}
и AD_{2}
равна x=l
, т. е. совпадает с абсциссой вершины B
. Следовательно, точка X
лежит на высоте BH
треугольника ABC
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Из второго способа решения следует, что утверждение задачи верно для любого (не только остроугольного) треугольника ABC
.