Элементарная математика. Геометрия.

Задача

В прямоугольном треугольнике проведена биссектриса прямого угла. Найдите расстояние между точками пересечения высот двух получившихся треугольников, если катеты данного треугольника равны $a$ и $b$.

Решение:
Существуют различные варианты решения данной задачи. При первом (геометрическом) способе будем использовать некоторые сведения, касающиеся описанных окружностей.

Рассмотрим сначала $\triangle CKB$. $CP$ и $KF$ высоты, $M$ — точка пересечения высот, точка $Z$ — центр описанной вокруг $\triangle CKB$ окружности, $ZH$ — перпендикуляр из $Z$ к $BK$. Справедливо утверждение, что расстояние от вершины треугольника до точки пересечения высот в два раза больше длины перпендикуляра, проведенного из центра описанной окружности к противоположной стороне. Т.е. $CM=2 \cdot ZH$. Рассмотрим $\triangle KZB$. В нем угол $Z$ будет прямым (как центральный, т.к. угол $KZB=45^\circ$, что следует из того, что $ZK$ — биссектриса. $ZB$ и $ZK$ равны, как радиусы описанной окружности. Причем $ZH=BH=KH$. Это следует из того, что в $\triangle ZHB$ угол $H$ — прямой, а угол $B=45^\circ$, т.е. $\triangle ZHB$ — равнобедренный. Остюда $ZH=BH$. Аналогично для $\triangle ZKH$. Таким образом мы получили, что $CM=BK$.

Аналогичным образом для $\triangle ACK$ получим, что $CP=AK$.

По теореме Пифагора $AB=\sqrt {a^2+b^2}$. Найдем длины отрезков $BK$ и $KA$. По известной теореме о биссектрисе угла треугольника имеем $\frac{a}{b}=\frac {BK}{KA}$. Обозначим $BK=x$.Тогда $KA=BA-x =\sqrt {a^2+b^2}-x$. Следовательно, $\frac{a}{b}=\frac {x}{\sqrt {a^2+b^2}-x}$. Отсюда легко получаем $x=BK=\frac{a\sqrt{a^2+b^2}}{a+b}$ и $KA=\frac{b\sqrt{a^2+b^2}}{a+b}$.

Так как есть неопределенность, что больше $BK$ или $KA$, то
$\vert CP-CM\vert =\frac{\vert b-a\vert}{a+b}\sqrt{a^2+b^2}$.

Для решения вторым способом введем систему координат. Зафиксируем координаты точки $K(x,y)$ пересечения биссектрисы и гипотенузы. Тогда координаты точек пересечения высот получившихся треугольников будут $P(x_1,y)$ и $M(x, y_1)$. $x=CF$, $y=FK$. Пусть $CB=a$, $AC=b$.

$\triangle ABC \sim \triangle KFB$ (т.к. их углы равны). Тогда их стороны пропорциональны: $\frac{KF}{AC} = \frac{FB}{CB}$, т.е. $\frac{KF}{b} = \frac{FB}{a}$.

$CF=KF$ (т.к.$\triangle CKF$ — равнобедренный).

$FB=a-CF=a-KF$.

$\frac{KF}{b}=\frac{a-KF}{a}$. Отсюда $KF= \frac{ab}{a+b}.$

Таким образом мы нашли координаты $K(\frac{ab}{a+b} , \frac{ab}{a+b})$. $P(x_1 , \frac{ab}{a+b})$. $M(\frac{ab}{a+b} , y_1)$

Рассмотрим $P$. $x_1=NP$.

В $\triangle COA$ угол $C=45^\circ$, а $O=90^\circ$. Отсюда угол $A=45^\circ$.

В $\triangle ANP$ угол $N=90^\circ$, а $P=45^\circ$. Отсюда $AN=NP$. $AN=b-NC=b-KF=b-\frac{ab}{a+b}=\frac{b^2}{a +b}=NP$.

Рассмотрим $\triangle CTB$. Угол $T=90^\circ$, а угол $C=45^\circ$. Отсюда угол $B=45^\circ$.

В $\triangle MFB$ eгол $F=45^\circ$, откуда угол $MF=FB$.

$MF=y_1$. $FB=a-CF=a-KF=\frac{a^2}{a+b}=FM$.

Нашли координаты $P(\frac{b^2}{a+b},\frac{ab}{a+b})$ и $M(\frac{ab}{a+b},\frac{a^2}{a+b})$.

Теперь можем найти расстояние между $M$ и $P$. $\sqrt{(\frac{b^2}{a+b}-\frac{ab}{a+b})^2 + (\frac{ab}{a+b}-\frac{a^2}{a+b})^2}=\frac{\vert b-a \vert}{a+b}\sqrt{b^2+a^2}$