12073. На катете AC
прямоугольного треугольника ABC
отложен отрезок AD=BC
, а на катете BC
— отрезок BE=CD
. Найдите угол между прямыми BD
и AE
.
Ответ. 45^{\circ}
.
Решение. Первый способ. На продолжении катета BC
за точку B
отложим отрезок BK=BE=CD
и рассмотрим квадрат ACKL
. На его сторонах KL
и AL
отметим такие точки N
и M
соответственно, что
NL=AM=CD=BE=BK.
Тогда прямоугольные треугольники BCD
, NKB
, MLN
и DAM
равны по двум катетам, значит, MDBN
— ромб, а так как
\angle DBC+\angle NBK=\angle DBC+(90^{\circ}-\angle BNK)=\angle DBC+(90^{\circ}-\angle DBC)=90^{\circ},
то
\angle DBN=180^{\circ}-\angle DBC-\angle NBK=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Значит, ADBN
— квадрат, BM
— его диагональ, а \angle MBD=45^{\circ}
.
Четырёхугольник AMBE
— параллелограмм, так как AM=BE
и AM\parallel BE
. Пусть отрезки BD
и AE
пересекаются в точке O
. Тогда
\angle AOD=\angle MBD=45^{\circ}.
Второй способ. Построим квадрат CDFG
вне треугольника ABC
. Тогда EG=BC=AD
и GF=DF
, поэтому прямоугольные треугольники EGF
и ADF
равны по двум катетам. Значит, EF=AF
и \angle AFD=\angle EFG
, поэтому
\angle AFE=\angle AFD+\angle DFE=\angle EFG+\angle DFE=90^{\circ}.
Пусть отрезки BD
и AE
пересекаются в точке O
. Треугольник AFE
равнобедренный и прямоугольный, а BD\parallel EF
, так как BDFE
— параллелограмм. Следовательно,
\angle AOD=\angle AEF=45^{\circ}.
Третий способ. Обозначим BC=a
, CD=x
, \angle CAE=\alpha
, \angle CBD=\beta
(\beta\lt45^{\circ}
). Из прямоугольных треугольников BCD
и ACE
получаем
\tg\beta=\frac{x}{a},~\tg\alpha=\frac{CE}{AC}=\frac{a-x}{a+x}=
=\frac{1-\frac{x}{a}}{1+\frac{x}{a}}=\frac{1-\tg\beta}{1+\tg\beta}=\frac{\tg45^{\circ}-\tg\beta}{1+\tg45^{\circ}\tg\beta}=\tg(45^{\circ}-\beta).
поскольку \alpha
и 45^{\circ}-\beta
— острые углы, \alpha=45^{\circ}-\beta
, или \alpha+\beta=45^{\circ}
.
Пусть отрезки BD
и AE
пересекаются в точке O
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle AOD=\angle ABO+\angle BAO=(\angle ABC-\beta)+(\angle BAC-\alpha)=
=(\angle ABC+\angle BAC)-(\alpha+\beta)=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.