13498. На катетах AB
и AC
прямоугольного треугольника ABC
вне треугольника построены квадраты ABDE
и ACFG
. Пусть прямые AB
и CD
пересекаются в точке P
, а прямые BF
и AC
— в точке Q
. Докажите, что:
а) AP=AQ
;
б) BP:CQ=AB^{2}:AC^{2}
;
в) прямые CD
, BF
и высота AL
треугольника ABC
пересекаются в одной точке;
г) если M
— точка пересечения прямых DE
и GF
, то AM\perp BC
, а прямые AM
, DC
и BF
пересекаются в одной точке, и эта точка совпадает с точкой H
пересечения прямых CD
, BF
и AL
;
д) \frac{1}{AH}=\frac{1}{AL}+\frac{1}{BC}
;
е) BD'=FF'
, где D'
и F'
— проекции точек соответственно D
и F
на прямую BC
;
ж) DD'+FF'=BC
.
Решение. а) См. задачу 13489.
б) Треугольник BPD
подобен треугольнику APC
, а треугольник FCQ
— треугольнику BAQ
, поэтому
\frac{BP}{PA}=\frac{BD}{AC}=\frac{c}{b},~\frac{CQ}{QA}=\frac{CF}{AB}=\frac{b}{c}.
Значит,
BP=PA\cdot\frac{c}{b},~CQ=QA\cdot\frac{b}{c},
а так как PA=QA
(см. пункт а)), то
\frac{BP}{CQ}=\frac{PA\cdot\frac{c}{b}}{QA\cdot\frac{b}{c}}=\frac{c^{2}}{b^{2}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}.
в) Поскольку
\frac{CQ}{QA}=\frac{b}{c},~\frac{AP}{PB}=\frac{b}{c},~\frac{BL}{LC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}
(см. пункт а) и задачу 1946), то
\frac{CQ}{QA}\cdot\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BL}{LC}=\frac{b}{c}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c^{2}}{b^{2}}=1.
Следовательно, по теореме Чевы (см. задачу 1621) прямые CD
, BF
и AL
пересекаются в одной точке.
г) Прямоугольные треугольники AEM
и BAC
равны по двум катетам, причём катеты EA
и EM
треугольника AEM
соответственно перпендикулярны катетам AB
и AC
треугольника BAC
. Следовательно, перпендикулярны гипотенузы этих треугольников, т. е. AM\perp BC
.
Прямые AM
и AL
перпендикулярны одной и той же прямой BC
, поэтому, эти прямые совпадают. Значит, прямая AM
проходит через точку H
пересечения прямых DC
и BF
.
д) Из подобия треугольников AHP
и MHD
получаем, что
\frac{AH}{MH}=\frac{AP}{MD},~\mbox{или}~\frac{AH}{AH+AM}=\frac{AP}{MD}.
Тогда
AH\cdot MD=AH\cdot AP+AM\cdot AP~\Rightarrow~AH=\frac{AM\cdot AP}{MD-AP}=
=\frac{BC\cdot\frac{bc}{b+c}}{b+c-\frac{bc}{b+c}}=\frac{BC\cdot bc}{b^{2}+c^{2}+bc}=\frac{BC\cdot(BC\cdot AL)}{BC^{2}+BC\cdot AL}=
=\frac{BC\cdot AL}{BC+AL}~\Rightarrow~\frac{1}{AH}=\frac{BC+AL}{BC\cdot AL}=\frac{1}{AL}+\frac{1}{BC}.
Что и требовалось доказать.
е) Пусть \angle ABC=\beta
. Тогда
\angle DBD'=90^{\circ}-\beta=\angle BDD',
\angle BDD'=90^{\circ}-\angle DBB'=90^{\circ}-(90^{\circ}-\beta)=\beta,
а так как FC\parallel AB
, то
\angle FCF'=\angle ABC=\beta.
Значит, прямоугольные треугольники DD'B
и CF'F
равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, BD'=FF'
.
ж) См. задачу 1065.