ГЛАВНАЯ » РЕШЕБНИК

2026-02-19   
На катетах $AC$ и $BC$ прямоугольного треугольника $ABC$ отмечены точки $C$ и $D$ соответственно. Докажите, что основания перпендикуляров, опущенных из точки $C$ на прямые $DE$, $EA$, $AB$ и $BD$ лежат на одной окружности


Решение:


Обозначим $\angle CED=\alpha$, $\angle CBD=\beta$ и $\angle DEA=\gamma$. Пусть $P$, $Q$, $R$, $S$ - основания перпендикуляров, опущенных из точки $C$ на прямые $AB$, $AE$, $ED$ и $BD$ соответственно. Отрезки $AC$, $BC$, $CD$ и $CE$ - диаметры окружностей, описанных около четырёхугольников $CQPA$, $BPSC$, $CRSD$ и $CRQE$ соответственно. Тогда из четырёхугольника $CQPA$ получаем

$\angle CQP=180^{\circ}-\angle A,$

$\angle AQP=\angle ACP=90^{\circ}-\angle A=\angle B,~\angle QPA=180^{\circ}-\angle QCA,$

$\angle QPC=\angle QAC=90^{\circ}-\angle QCA=90^{\circ}-(\alpha+\gamma)$

($\angle QCA=\angle CEA$, т.к. оба эти угла равны углу $EAC$).
Из четырёхугольника $BPSC$ -

$\angle BPS=180^{\circ}-\angle BCS,$

$\angle CPS=90^{\circ}-\angle APS=90^{\circ}-\angle BCS=\beta,$

$\angle PSC=180^{\circ}-\angle B,~\angle PSB=\angle PCB=90^{\circ}-\angle B=\angle A.$


Из четырёхугольника $CRSD$ -

$\angle RSD=180^{\circ}-\angle RCD=180^{\circ}-\alpha,$

$\angle RSC=\angle RDC=90^{\circ}-\alpha,$

$\angle CRS=90^{\circ}+\angle DRS=90^{\circ}+\beta,~\angle DRS=\beta.$

Из четырёхугольника $CRQE$ -

$\angle CRQ=180^{\circ}-(\alpha+\gamma),~\angle ERQ=\angle ECQ=90^{\circ}-(\alpha+\gamma).$

Значит,

$\angle QRS=180^{\circ}-(\angle ERQ+\angle DRS)=180^{\circ}-(90^{\circ}-(\alpha+\gamma)+\beta)=90^{\circ}+\alpha+\gamma-\beta$

и

$\angle QPS=\angle QPC+\angle CPS=90^{\circ}-(\alpha+\gamma)+\beta=180^{\circ}-\angle QRS.$

Следовательно, четырёхугольник $PQRS$ вписанный. Что и требовалось