2268. Из произвольной точки M
, лежащей внутри правильного треугольника ABC
, опущены перпендикуляры MC_{1}
, MA_{1}
, MB_{1}
на стороны AB
, BC
и CA
соответственно. Докажите, что:
а) AC_{1}^{2}+BA_{1}^{2}+CB_{1}^{2}=C_{1}B^{2}+A_{1}C^{2}+B_{1}A^{2}
;
б) AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=C_{1}B+A_{1}C+B_{1}A
.
Указание. Примените теорему Пифагора сначала к прямоугольным треугольникам AMC_{1}
, BMA_{1}
и CMB_{1}
, а затем к прямоугольным треугольникам AMB_{1}
, BMC_{1}
и CMA_{1}
.
Решение. а) Применяя теорему Пифагора сначала к прямоугольным треугольникам AMC_{1}
, BMA_{1}
и CMB_{1}
, а затем к прямоугольным треугольникам AMB_{1}
, BMC_{1}
и CMA_{1}
, получим, что
AC_{1}^{2}+BA_{1}^{2}+CB_{1}^{2}=(MA^{2}-MC_{1}^{2})+(MB^{2}-MA_{1}^{2})+(MC^{2}-MB_{1}^{2})=
=(MA^{2}-MB_{1}^{2})+(MB^{2}-MC_{1}^{2})+(MC^{2}-MA_{1}^{2})=B_{1}A^{2}+C_{1}B^{2}+A_{1}C^{2}.
б) Пусть сторона треугольника ABC
равна a
. Докажем, что
AC_{1}+BA_{1}+CB_{1}=\frac{3a}{2}.
Отсюда будет следовать утверждение задачи.
Обозначим
AC_{1}=x,~BA_{1}=y,~CB_{1}=z,~MA_{1}=h_{1},~MB_{1}=h_{2},~MC_{1}=h_{3}.
Тогда
C_{1}B=a-x,~A_{1}C=a-y,~B_{1}A=a-z.
По теореме Пифагора
x^{2}+h^{2}_{3}=h^{2}_{2}+(a-z)^{2},~y^{2}+h^{2}_{1}=h^{2}_{3}+(a-x)^{2},~z^{2}+h^{2}_{2}=h^{2}_{1}+(a-y)^{2}.
Сложив почленно эти равенства, получим, что
3a^{2}-2a(x+y+z)=0.
Следовательно,
x+y+z=\frac{3a}{2}.
Источник: Куланин Е. Д., Федин С. Н. Геометрия треугольника в задачах: Экспериментальное учебное пособие для 8—10 кл. школ физико-математического направления. — М.: НИИ школ, 1990. — № 7, с. 11
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 5.28, с. 104
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 5.23, с. 107