6513. Докажите, что в прямоугольном треугольнике биссектриса, проведённая из вершины прямого угла, не превосходит половины проекции гипотенузы на прямую, перпендикулярную этой биссектрисе.
Решение. Первый способ. Пусть CD
— биссектриса, проведённая из вершины прямого угла C
прямоугольного треугольника ABC
, A'
и B'
— проекции вершин A
и B
на прямую CD
(рис. 1).
Будем считать для определённости, что AC\geqslant BC
. Тогда по свойству биссектрисы треугольника
\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{BC}\geqslant1.
Прямоугольные треугольники ADA'
и BDB'
подобны, поэтому
\frac{A'D}{DB'}=\frac{AD}{DB}\geqslant1~\Rightarrow~A'D\geqslant B'D~\Rightarrow~CD\leqslant\frac{1}{2}(CB'+CA').
Поскольку \angle ACA'=\angle BCB'=45^{\circ}
, то CA'=AA'
и CB'=BB'
. Следовательно,
CD\leqslant\frac{1}{2}(CB'+CA')=\frac{1}{2}(AA'+BB'),
но AA'+BB'
и есть длина проекции гипотенузы на любую прямую, перпендикулярную биссектрисе CD
.
Второй способ. Пусть CD
— биссектриса, проведённая из вершины прямого угла C
прямоугольного треугольника ABC
, Через вершину B
проведём прямую, перпендикулярную CD
. Пусть A_{1}
и D_{1}
— проекции точек A
и C
на эту прямую (рис. 2).
Обозначим BC=a
, AC=b
, CD=x
. Поскольку \angle ACD=\angle BCD=45^{\circ}
, то
A_{1}D_{1}=\frac{b}{\sqrt{2}},~BD_{1}=\frac{a}{\sqrt{2}},~A_{1}B=A_{1}D_{1}+D_{1}B=\frac{a+b}{\sqrt{2}}.
Поскольку S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADC}+S_{\triangle BDC}
, имеем уравнение
\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}ax\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}bx\cdot\frac{\sqrt{2}}{2},
из которого находим, что x=\frac{ab\sqrt{2}}{a+b}
. Докажем, что CD\leqslant\frac{1}{2}A_{1}B
. Действительно,
\frac{ab\sqrt{2}}{a+b}\leqslant\frac{1}{2}\cdot\frac{a+b}{\sqrt{2}}~\Leftrightarrow~\frac{2ab}{a+b}\leqslant\frac{a+b}{2}~\Leftrightarrow~4ab\leqslant(a+b)^{2}~\Leftrightarrow~0\leqslant(a-b)^{2}.
Что и требовалось доказать.
Автор: Гашков С. Б.
Источник: Московская математическая олимпиада. — 1992, LV, 8 класс
Источник: Журнал «Квант». — 1992, № 9, с. 69