4950. Дан прямоугольник ABCD
со сторонами AB=2a
, BC=a\sqrt{2}
. На полуокружности с диаметром AB
, расположенной вне прямоугольника, взята произвольная точка M
. Прямые MD
и MC
пересекают сторону AB
в точках N
и L
соответственно. Найдите AL^{2}+BN^{2}
. (Задача Ферма.)
Ответ. 4a^{2}
.
Указание. Опустите перпендикуляр из точки M
на прямую AB
и рассмотрите подобные прямоугольные треугольники.
Решение. Будем считать, что точка M
расположена ближе к B
, чем к A
. Пусть K
— середина стороны AB
, P
— проекция точки M
на прямую AB
. Обозначим KP=x
, MP=y
. Тогда
x^{2}=KP^{2}=MK^{2}-MP^{2}=a^{2}-y^{2},
AP=AK+KP=a+x,~BP=BK-KP=a-x.
Из подобия прямоугольных треугольников NAD
и NPM
получаем, что \frac{AN}{NP}=\frac{AD}{MP}=\frac{a\sqrt{2}}{y}
, поэтому
\frac{AN}{AP}=\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}+y},~AN=AP\cdot\frac{a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}+y}=\frac{(a+x)a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}+y}.
Значит,
BN=AB-AN=2a-\frac{(a+x)a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}+y}=\frac{a\sqrt{2}(a-x+y\sqrt{2})}{a\sqrt{2}+y}.
Аналогично из подобия прямоугольных треугольников LBC
и LPM
получим, что
BL=\frac{(a-x)a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}+y},~AL=AB-BL=2a-\frac{(a+x)a\sqrt{2}}{a\sqrt{2}+y}=\frac{a\sqrt{2}(a+x+y\sqrt{2})}{a\sqrt{2}+y}.
Следовательно,
AL^{2}+BN^{2}=\left(\frac{a\sqrt{2}(a+x+y\sqrt{2})}{a\sqrt{2}+y}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{2}(a-x+y\sqrt{2})}{a\sqrt{2}+y}\right)^{2}=
=\frac{2a^{2}}{(a\sqrt{2}+y)^{2}}((a+x+y\sqrt{2})^{2}+(a-x+y\sqrt{2})^{2})=
=\frac{2a^{2}}{(a\sqrt{2}+y)^{2}}(2a^{2}+4y^{2}+2x^{2}+4ay\sqrt{2})=
=\frac{4a^{2}}{(a\sqrt{2}+y)^{2}}(a^{2}+2y^{2}+2ay\sqrt{2}+x^{2})=
=\frac{4a^{2}}{(a\sqrt{2}+y)^{2}}(a^{2}+2y^{2}+2ay\sqrt{2}+a^{2}-y^{2})=
=\frac{4a^{2}}{(a\sqrt{2}+y)^{2}}(2a^{2}+2ay\sqrt{2}+y^{2})=\frac{4a^{2}}{(a\sqrt{2}+y)^{2}}\cdot(a\sqrt{2}+y)^{2}=4a^{2}.
Источник: Пржевальский Е. Собрание геометрических теорем и задач. — М.: Типография Г. Лисснера и Д. Собко, 1909. — № 232, с. 96
Источник: Шарыгин И. Ф. Геометрия: 9—11 кл.: От учебной задачи к творческой: Учебное пособие. — М.: Дрофа, 1996. — № 204, с. 24