ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-19   
На катетах $AB$ и $AC$ прямоугольного треугольника $ABC$ вне треугольника построены квадраты $ABDE$ и $ACFG$. Пусть прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $P$, а прямые $BF$ и $AC$ - в точке $Q$. Докажите, что:
а) $AP=AQ$;
б) $BP:CQ=AB^{2}:AC^{2}$;
в) прямые $CD$, $BF$ и высота $AL$ треугольника $ABC$ пересекаются в одной точке;
г) если $M$ - точка пересечения прямых $DE$ и $GF$, то $AM\perp BC$, а прямые $AM$, $DC$ и $BF$ пересекаются в одной точке, и эта точка совпадает с точкой $H$ пересечения прямых $CD$, $BF$ и $AL$;
д) $\frac{1}{AH}=\frac{1}{AL}+\frac{1}{BC}$;
е) $BD'=FF'$, где $D'$ и $F'$ - проекции точек соответственно $D$ и $F$ на прямую $BC$;
ж) $DD'+FF'=BC$


Решение:


а) См. задачу @H13489.
б) Треугольник $BPD$ подобен треугольнику $APC$, а треугольник $FCQ$ - треугольнику $BAQ$, поэтому

$\frac{BP}{PA}=\frac{BD}{AC}=\frac{c}{b},~\frac{CQ}{QA}=\frac{CF}{AB}=\frac{b}{c}.$

Значит,

$BP=PA\cdot\frac{c}{b},~CQ=QA\cdot\frac{b}{c},$

а т.к. $PA=QA$ (см. пункт а)), то

$\frac{BP}{CQ}=\frac{PA\cdot\frac{c}{b}}{QA\cdot\frac{b}{c}}=\frac{c^{2}}{b^{2}}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}.$


в) Поскольку

$\frac{CQ}{QA}=\frac{b}{c},~\frac{AP}{PB}=\frac{b}{c},~\frac{BL}{LC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$

(см. пункт а) и задачу @H1946), то

$\frac{CQ}{QA}\cdot\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BL}{LC}=\frac{b}{c}\cdot\frac{b}{c}\cdot\frac{c^{2}}{b^{2}}=1.$

Следовательно, по теореме Чевы (см. задачу @H1621) прямые $CD$, $BF$ и $AL$ пересекаются в одной точке.
г) Прямоугольные треугольники $AEM$ и $BAC$ равны по двум катетам, причём катеты $EA$ и $EM$ треугольника $AEM$ соответственно перпендикулярны катетам $AB$ и $AC$ треугольника $BAC$. Следовательно, перпендикулярны гипотенузы этих треугольников, т.е. $AM\perp BC$.
Прямые $AM$ и $AL$ перпендикулярны одной и той же прямой $BC$, поэтому, эти прямые совпадают. Значит, прямая $AM$ проходит через точку $H$ пересечения прямых $DC$ и $BF$.
д) Из подобия треугольников $AHP$ и $MHD$ получаем, что

$\frac{AH}{MH}=\frac{AP}{MD},~\mbox{или}~\frac{AH}{AH+AM}=\frac{AP}{MD}.$

Тогда

$AH\cdot MD=AH\cdot AP+AM\cdot AP~\Rightarrow~AH=\frac{AM\cdot AP}{MD-AP}=$

$=\frac{BC\cdot\frac{bc}{b+c}}{b+c-\frac{bc}{b+c}}=\frac{BC\cdot bc}{b^{2}+c^{2}+bc}=\frac{BC\cdot(BC\cdot AL)}{BC^{2}+BC\cdot AL}=$

$=\frac{BC\cdot AL}{BC+AL}~\Rightarrow~\frac{1}{AH}=\frac{BC+AL}{BC\cdot AL}=\frac{1}{AL}+\frac{1}{BC}.$

Что и требовалось доказать.
е) Пусть $\angle ABC=\beta$. Тогда

$\angle DBD'=90^{\circ}-\beta=\angle BDD',$

$\angle BDD'=90^{\circ}-\angle DBB'=90^{\circ}-(90^{\circ}-\beta)=\beta,$

а т.к. $FC\parallel AB$, то

$\angle FCF'=\angle ABC=\beta.$

Значит, прямоугольные треугольники $DD'B$ и $CF'F$ равны по гипотенузе и острому углу. Следовательно, $BD'=FF'$.
ж) См. задачу @H1065