В равнобедренном остроугольном треугольнике $ABC$ проведены
высоты $AH$ и $CT$ к боковым сторонам $BC$ и $AB.$ Отрезки $HM$ и $HK$ $—$ перпендикуляры к прямым $AB$ и $AC$ соответственно. Отрезки $CT$ и $MK$ пересекаются в точке $E.$
а) Докажите, что $TH=ME.$
б) Найдите длину отрезка $EK,$ если $AB=5$ и $AC=6.$
Задание с развёрнутым ответом. Запишите решение и сравните его с разбором.
Ответ: а) доказано; б) $\frac{54}{25}$.
Решение
Точек и перпендикуляров здесь много. Поэтому выберем координаты так, чтобы сторона $AB$ была горизонтальной. Тогда проекция на $AB$ получается простым обнулением второй координаты, а высота из $C$ задаётся вертикальной прямой. Координаты остальных точек найдём из условия перпендикулярности, а не возьмём готовыми.
Обозначим равные боковые стороны $AB=BC=l$, основание $AC=b$. Выберем:
$$A=(0;0),\qquad B=(l;0),\qquad C=(q;v),\quad v>0.$$
Треугольник остроугольный, поэтому основание высоты из $C$ лежит между $A$ и $B$:
$$0<q<l.$$
По формуле расстояния $AC^2=q^2+v^2=b^2$. Равенство $BC=l$ даёт:
$$(q-l)^2+v^2=l^2.$$
Раскроем квадрат разности:
$$q^2-2lq+l^2+v^2=l^2.$$
Вычтем $l^2$, затем перенесём $-2lq$ вправо:
$$q^2+v^2=2lq.$$
Левая часть равна $b^2$, поэтому:
$$b^2=2lq,\qquad q=\frac{b^2}{2l}.$$
Для краткости дальнейших формул обозначим $u=q/l$. Тогда:
$$u=\frac{b^2}{2l^2},\qquad0<u<1.$$
Шаг 1. Найдём основание высоты $H$ из $A$ на $BC$.
Направляющий вектор стороны $BC$:
$$w=C-B=(q-l;v).$$
Любая точка этой прямой имеет вид $B+tw$, где $t$ — число. Запишем $H=B+tw$. Условие $AH\perp BC$ означает, что скалярное произведение векторов $AH$ и $w$ равно нулю. Поскольку $A=(0;0)$, вектор $AH$ имеет те же координаты, что $H$. Получаем:
$$0=(B+tw)\cdot w=B\cdot w+t|w|^2.$$
Здесь $B\cdot w=l(q-l)$, а $|w|=BC=l$. Следовательно:
$$l(q-l)+tl^2=0.$$
Перенесём первое слагаемое вправо и разделим на $l^2>0$:
$$t=\frac{l(l-q)}{l^2}=1-\frac ql=1-u.$$
Подставим это в координаты:
$$H=(l+(1-u)(q-l);(1-u)v).$$
Первую координату упростим отдельно:
$$l+(1-u)(q-l)=l+(1-u)q-l+ul=(1-u)q+q=q(2-u).$$
Итак:
$$H=(q(2-u);(1-u)v).$$
Шаг 2. Найдём точки $M$ и $K$.
$M$ — проекция $H$ на горизонтальную сторону $AB$. Поэтому первая координата остаётся, вторая становится нулём:
$$M=(q(2-u);0).$$
Точка $K$ лежит на $AC$, значит, её координаты можно записать как $K=kC=(kq;kv)$. Перпендикулярность $HK$ и $AC$ даёт:
$$(H-kC)\cdot C=0,$$
$$H\cdot C-k|C|^2=0,$$
$$k=\frac{H\cdot C}{|C|^2}.$$
В знаменателе $|C|^2=AC^2=b^2$. Числитель вычислим по координатам:
$$H\cdot C=q^2(2-u)+(1-u)v^2.$$
Выделим общую часть:
$$q^2(2-u)+(1-u)v^2=(1-u)(q^2+v^2)+q^2=(1-u)b^2+q^2.$$
Следовательно:
$$k=1-u+\frac{q^2}{b^2}.$$
Так как $b^2=2lq$, последняя дробь равна:
$$\frac{q^2}{b^2}=\frac{q^2}{2lq}=\frac{q}{2l}=u/2.$$
Значит:
$$k=1-u+u/2=1-u/2,$$
$$K=((1-u/2)q;(1-u/2)v).$$
Шаг 3. Найдём пересечение $E$ прямой $MK$ с высотой $CT$.
Высота $CT$ перпендикулярна горизонтальной $AB$, поэтому она вертикальна:
$$x=q,\qquad T=(q;0).$$
Точки отрезка $MK$ запишем в виде $M+\lambda(K-M)$. Его первая координата:
$$q(2-u)+\lambda[(1-u/2)q-q(2-u)].$$
В скобках:
$$(1-u/2)q-q(2-u)=q[(1-u/2)-(2-u)]=-q(1-u/2).$$
В точке пересечения с $CT$ первая координата равна $q$. Поэтому:
$$q(2-u)-\lambda q(1-u/2)=q.$$
Разделим на $q>0$, затем перенесём слагаемые:
$$2-u-\lambda(1-u/2)=1,$$
$$\lambda(1-u/2)=1-u,$$
$$\lambda=\frac{1-u}{1-u/2}.$$
При $0<u<1$ числитель положителен и меньше знаменателя, поэтому $0<\lambda<1$. Это означает, что $E$ находится внутри отрезка $MK$. Её вторая координата:
$$y_E=0+\lambda(1-u/2)v=\frac{1-u}{1-u/2}(1-u/2)v=(1-u)v.$$
Таким образом:
$$E=(q;(1-u)v).$$
а) Вектор $TH$ вычисляется вычитанием координат:
$$\overrightarrow{TH}=(q(2-u)-q;(1-u)v-0)=(q(1-u);(1-u)v).$$
Вектор $ME$ равен:
$$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$
Первые координаты отличаются только знаком, вторые совпадают. При вычислении квадрата длины знак первой координаты исчезает:
$$TH^2=q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2=ME^2.$$
Обе длины положительны, поэтому $TH=ME$.
б) Вычислим нужную длину.
Из координат получаем:
$$\overrightarrow{ME}=(q-q(2-u);(1-u)v-0)=(-q(1-u);(1-u)v).$$
По формуле длины вектора:
$$ME=\sqrt{q^2(1-u)^2+v^2(1-u)^2}.$$
Вынесем $(1-u)^2$ из-под корня. Поскольку $1-u>0$, его квадратный корень равен $1-u$:
$$ME=(1-u)\sqrt{q^2+v^2}=(1-u)b.$$
Для всего отрезка $MK$ аналогично:
$$\overrightarrow{MK}=(-q(1-u/2);v(1-u/2)),$$
$$MK=(1-u/2)\sqrt{q^2+v^2}=b(1-u/2).$$
Точка $E$ лежит между $M$ и $K$, что мы проверили по параметру $\lambda$. Поэтому:
$$EK=MK-ME=b(1-u/2)-b(1-u).$$
Раскроем скобки и приведём подобные члены:
$$EK=b-bu/2-b+bu=bu/2.$$
Подставим данные условия $l=5$, $b=6$ в формулу для $u$:
$$u=\frac{6^2}{2\cdot5^2}=\frac{36}{2\cdot25}=\frac{36}{50}=\frac{18}{25}.$$
Нужно найти $EK=bu/2$. Подставим $b,u$:
$$EK=\frac{6\cdot\frac{18}{25}}2=3\cdot\frac{18}{25}=\frac{54}{25}.$$
Ответ: а) доказано; б) $EK=\frac{54}{25}$.