11914. В прямоугольном треугольнике ABC
известно, что \angle ACB=90^{\circ}
, AC=6
, BC=4
. На луче CB
отмечается такая точка D
, что \angle ADC=45^{\circ}
. На прямой AD
отмечается такая точка E
, что периметр треугольника CBE
— наименьший из возможных. Затем, на прямой DC
отмечается такая точка F
, что периметр треугольника AFE
— наименьший из возможных. Найдите CF
.
Ответ. 3,6.
Решение. Достроим треугольник ABD
до квадрата ACDK
. Точки C
и B
лежат по одну сторону от прямой AD
, поэтому точка E
строится так: точку C
соединяем с точкой B_{1}
, симметричной точке B
относительно прямой AD
; тогда E
— точка пересечения отрезка CB_{1}
с прямой AD
(см. задачу Герона, 5004). Поскольку прямая AD
— ось симметрии квадрата ACDK
, точка B_{1}
лежит на его стороне DK
.
Теперь точки A
и E
лежат по одну сторону от прямой CD
, поэтому аналогично строится точка F
: точку E
соединяем с точкой A_{1}
, симметричной A
относительной прямой CD
; тогда F
— точка пересечения отрезка EA_{1}
со стороной CD
квадрата.
Учитывая, что DB_{1}=DB
, из подобия треугольников AEC
и DEB_{1}
находим, что
\frac{CE}{EB_{1}}=\frac{AC}{DB_{1}}=\frac{AC}{BD}=\frac{AC}{CD-CB}=\frac{6}{6-4}=3.
Пусть EH
— перпендикуляр к CD
. Тогда
\frac{CH}{HD}=\frac{CE}{EB_{1}}=3,~CH=\frac{3}{4}CD=\frac{3}{4}\cdot6=\frac{9}{2},~EH=DH-\frac{1}{4}CD=\frac{1}{4}\cdot6=\frac{3}{2}.
Из подобия прямоугольных треугольников CFA_{1}
и HFE
находим, что
\frac{CF}{FH}=\frac{A_{1}C}{EH}=\frac{AC}{EH}=\frac{6}{\frac{3}{2}}=4.
Следовательно,
CF=\frac{4}{5}CH=\frac{4}{5}\cdot\frac{9}{2}=\frac{18}{5}=3{,}6.