5517. Дан треугольник ABC
. На его сторонах AB
и BC
построены внешним образом квадраты ABMN
и BCPQ
. Докажите, из середины отрезка NP
сторона AC
видна под прямым углом.
Указание. Примените скалярное произведение векторов.
Решение. Обозначим BC=a
, AB=c
, \angle ABC=\beta
. Заметим, что \overrightarrow{AN}=\overrightarrow{BM}
и \overrightarrow{CP}=\overrightarrow{BQ}
.
Пусть D
и K
— середины NP
и AC
соответственно. Тогда
\overrightarrow{KD}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{CP})
(см. задачу 4504),
\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{KD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{KD},
\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{CK}+\overrightarrow{KD}=-\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{KD},
\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{KD}^{2}-\frac{1}{4}\overrightarrow{AC}^{2}=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{CP})^{2}-\frac{1}{4}(\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA})^{2}=
=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AN}^{2}+\overrightarrow{CP}^{2}+2\overrightarrow{AN}\cdot\overrightarrow{CP}-\overrightarrow{BC}^{2}-\overrightarrow{BA}^{2}+2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BA})=
=\frac{1}{4}(\overrightarrow{AN}^{2}+\overrightarrow{CP}^{2}+2\overrightarrow{BM}\cdot\overrightarrow{BQ}-\overrightarrow{BC}^{2}-\overrightarrow{BA}^{2}+2\overrightarrow{BC}\cdot\overrightarrow{BA})=
=\frac{1}{4}(c^{2}+a^{2}+2ca\cos(180^{\circ}-\beta)-a^{2}-c^{2}+2ac\cos\beta)=0.
Следовательно, \angle ADC=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.