13528. Дан прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине A
. На продолжении катета AB
за точку B
отложен отрезок BD=AB
. Отрезок AX
— высота треугольника ABC
, точка Y
— середина отрезка CX
. Докажите, что DX\perp AY
.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
.
Первый способ. На продолжении отрезка XB
за точку B
отложим отрезок BX'=BX
. Тогда AXDX'
— параллелограмм, поэтому DX\parallel X'A
. Значит, достаточно доказать, что треугольник X'AY
прямоугольный с прямым углом при вершине A
.
Имеем (см. задачи 1967, 2728)
AX=\frac{AC\cdot AB}{BC}=\frac{bc}{a},~XC=\frac{AC^{2}}{BC}=\frac{b^{2}}{a},~XY=\frac{1}{2}XC=\frac{b^{2}}{2a},~XB=\frac{c^{2}}{a}.
По теореме Пифагора
AY^{2}=AX^{2}+XY^{2}=\frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}}+\frac{b^{4}}{4a^{2}},
а так как XB
— медиана треугольника AXD
, то (см. задачу 4014)
4XB^{2}=2AX^{2}+2XD^{2}-AD^{2}~\Rightarrow
\Rightarrow~XD^{2}=2XB^{2}+\frac{1}{2}AD^{2}-AX^{2}=\frac{2c^{4}}{a^{2}}+2c^{2}-\frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}},
X'Y^{2}=(XY+2XB)^{2}=\left(\frac{b^{2}}{2a}+\frac{2c^{2}}{a}\right)^{2}=\frac{b^{4}}{4a^{2}}+\frac{4c^{4}}{a^{2}}+\frac{2b^{2}c^{2}}{a^{2}}.
Тогда
AY^{2}+AX'^{2}=AY^{2}+DX^{2}=\frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}}+\frac{b^{4}}{4a^{2}}+\frac{2c^{4}}{a^{2}}+2c^{2}-\frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}}=
=\frac{b^{4}}{4a^{2}}+\frac{2c^{4}}{a^{2}}+2c^{2}=\frac{b^{4}}{4a^{2}}+\frac{4c^{4}}{a^{2}}+\frac{2b^{2}c^{2}}{a^{2}}=X'Y^{2},
так как
\frac{2c^{4}}{a^{2}}+2c^{2}=\frac{4c^{4}}{a^{2}}+\frac{2b^{2}c^{2}}{a^{2}},
что равносильно очевидному равенству a^{2}=b^{2}+c^{2}
. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Обозначим \angle ACB=\gamma
, \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{b}
, \overrightarrow{AB}\overrightarrow{b}
. Тогда
\overrightarrow{AY}\cdot\overrightarrow{DX}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AX}+\overrightarrow{AC})(\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AX})=
=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AX}\cdot\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AX}^{2}+\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{AX})=
=\frac{1}{2}\left(-\frac{bc}{a}\cdot2c\cos\gamma+\frac{b^{2}c^{2}}{a^{2}}+0+b\cdot\frac{bc}{a}\cos(90^{\circ}-\gamma)\right)=
=\frac{bc}{2a}\left(-2c\cos\gamma+\frac{bc}{a}+b\sin\gamma\right)=\frac{bc}{2a}\left(-2c\cdot\frac{b}{a}+\frac{bc}{a}+b\cdot\frac{c}{a}\right)=
=\frac{bc}{2a^{2}}(-2bc+bc+bc)=0.
Следовательно, DX\perp AY
.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1993, № 4, задача 1, с. 103