3. Zadatak

Dan je trokut $ABC$ u kojem je $\angle BAC=45^\circ$ , $|AB|=4$ , $|AC|=3\sqrt2$ . Neka su $AD$ i $BE$ visine tog trokuta. Okomica na $AB$ kroz točku $E$ siječe dužinu $AD$ u točki $P$ .

Odredi $|EP|$ .

Rješenje

Prvo rješenje.

Crtež trokuta s visinama i ortocentrom

U pravokutnom trokutu $ABE$ imamo $\angle BAE=45^\circ$ , pa možemo zaključiti da je to jednakokračan pravokutan trokut. Iz $|AB|=4$ zaključujemo

|AE|=|BE|=2\sqrt2.

Slijedi $|EC|=|AC|-|AE|=3\sqrt2-2\sqrt2=\sqrt2$ .

Neka je $H$ ortocentar trokuta $ABC$ . Uočimo da vrijedi $\angle CHE=\angle BAC=45^\circ$ , jer su to kutovi s okomitim krakovima. Prema tome, trokut $CEH$ također je jednakokračni pravokutni trokut, pa vrijedi $|EH|=|EC|=\sqrt2$ .

Također možemo zaključiti da vrijedi $\angle PEH=\angle BAC$ , $\angle EHP=\angle ACB$ i $\angle EPH=\angle CBA$ , jer su to parovi kutova s okomitim krakovima. Prema K-K poučku o sličnosti možemo zaključiti da su trokuti $EPH$ i $ABC$ slični. Zato vrijedi

\frac{|EP|}{|EH|}=\frac{|AB|}{|AC|},

odakle je

|EP|=\frac{|AB|}{|AC|}|EH|=\frac{4}{3\sqrt2}\cdot\sqrt2=\frac43.

Drugo rješenje.

Neka je $H$ ponovno ortocentar trokuta $ABC$ . Iz Talesovog teorema za usporedne pravce $EP$ i $CH$ slijedi

\frac{|EP|}{|CH|}=\frac{|AE|}{|AC|}.

Kao u prošlom rješenju primjećujemo da su trokuti $ABE$ i $CEH$ jednakokračni pravokutni trokuti, te redom dobivamo

|AE|=2\sqrt2,\qquad |EC|=\sqrt2,\qquad |CH|=|EC|\sqrt2=2,

pa je

|EP|=\frac{|AE|}{|AC|}|CH|=\frac{2\sqrt2}{3\sqrt2}\cdot2=\frac43.