3258. На катетах AB
и AC
прямоугольного треугольника ABC
построены квадраты ADEB
и AFGC
. Докажите, что прямые BG
, CE
и перпендикуляр, опущенный из вершины A
на BC
, пересекаются в одной точке.
Указание. Примените теорему Чевы.
Второй способ. Пусть AH
— высота треугольника ABC
. Обозначим AH=h
, BC=n
, CH=m
. Введём прямоугольную систему координат xBy
началом в точке B
, направив ось абсцисс по лучу BC
, а ось ординат — лучу, лежащему по одну сторону от прямой BC
с вершиной A
. Нужные нам точки имеют координаты: B(0;0)
, G(n+h;m)
, C(n;0)
и E(-h;n-m)
, а уравнения прямых BG
и CE
имеют вид
y=\frac{m}{m+h}x,~y=-\frac{n-m}{n+h}(x-n)
соответственно. Абсцисса точки пересечения этих прямых — решение уравнения \frac{m}{m+h}x=-\frac{n-m}{n+h}(x-n)
, т. е. x=n-m
. Следовательно, эта точка лежит на прямой AH
. Что и требовалось доказать.
Третий способ. Докажем, что утверждение остаётся верным и в случае, когда A
— любой угол, а ADEB
и AFGC
— любые подобные прямоугольники (\frac{AD}{AB}=\frac{AC}{AF})
.
На продолжении высоты AH
за точку A
отложим такой отрезок AP
, что \frac{AP}{BC}=\frac{AB}{AD}=\frac{AC}{CG}
. Поскольку PAB
— внешний угол треугольника AHB
, получаем
\angle PAB=\angle ABH+90^{\circ}=\angle ABH+\angle ABE=\angle HBE=\angle CBE.
Значит, треугольники PAB
и CBE
подобны, поэтому \angle PBA=\angle CEB
. Тогда
\angle CEB+\angle PBE=\angle PBA+\angle PBE=\angle ABE=90^{\circ},
т. е. PB\perp CE
. Следовательно, прямая CE
содержит высоту треугольника PBC
. Аналогично, прямая BG
содержит вторую высоту этого треугольника, а так как прямые, содержащие высоты треугольника ABC
, пересекаются в одной точке, то точка пересечения прямых BG
и CE
лежит на прямой PA
, т. е. на прямой, содержащей высоту PH
треугольника ABC
. Что и требовалось доказать.
Решение. Первый способ. Пусть прямые AB
и CE
пересекаются в точке K
, прямые AC
и BG
— в точке M
, а AH
— высота треугольника ABC
. Обозначим AC=a
, AB=b
.
Треугольник KBE
подобен треугольнику KAC
, а треугольник MCG
— треугольнику MAB
, поэтому
\frac{BK}{KA}=\frac{BE}{AC}=\frac{b}{a},~\frac{AM}{MC}=\frac{AB}{CG}=\frac{b}{a}.
Кроме того, по свойству высоты прямоугольного треугольника, проведённой из вершины прямого угла,
HB=\frac{AB^{2}}{BC}=\frac{b^{2}}{BC},~CH=\frac{AC^{2}}{BC}=\frac{a^{2}}{BC},
поэтому
\frac{CH}{HB}=\frac{\frac{a^{2}}{BC}}{\frac{b^{2}}{BC}}=\frac{a^{2}}{b^{2}}.
Значит,
\frac{BK}{KA}\cdot\frac{AM}{MC}\cdot\frac{CH}{HB}=\frac{b}{a}\cdot\frac{b}{a}\cdot\frac{a^{2}}{b^{2}}=1.
Следовательно, по теореме Чевы (см. задачу 1621) прямые CE
, BG
и AH
пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.
Примечание. Утверждение верно для любого угла A
(см. второй способ) и любых подобных прямоугольников ADEB
и AFGC
, \frac{AD}{AB}=\frac{AC}{AF}
(см. третий способ).