三角形 ABC 是直角在 B 的等腰直角三角形。H 在邊 AB 上，D 在射線 BC 的反向射線上且 BH = BD。證明 DH 垂直 AC，且 CH 垂直 AD。

Step-by-step solution

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   把座標架在直角上——正是這一步讓兩小題都變成例行公事。 因為直角在 $B$、兩股又等長，把 $B$ 放在原點、兩股沿著座標軸不花任何代價，卻能把每一個題設都變成座標：

   $B=(0,0),\quad A=(a,0),\quad C=(0,a),\qquad a>0$

   $H$ 在線段 $AB$ 上，所以 $H=(t,0)$ 且 $0<t\le a$。$D$ 在射線 $BC$ 的反向射線上，也就是 $y$ 軸的負向部分，所以 $D=(0,-d)$ 且 $d>0$。條件 $BH=BD$ 表示 $t=d$，於是

   $H=(t,0),\qquad D=(0,-t)$

   注意：現在單一個參數 $t$ 就編碼了整個圖形。

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   用內積證明 (a)。 先組出兩個方向向量：

   $\vec{DH}=H-D=(t-0,\,0-(-t))=(t,\,t),\qquad \vec{AC}=C-A=(0-a,\,a-0)=(-a,\,a)$

   它們的內積是

   $\vec{DH}\cdot\vec{AC}=t(-a)+t(a)=-at+at=0$

   因為兩個向量都不是零向量（$t>0$ 且 $a>0$），內積為零就代表兩直線垂直，所以 $DH\perp AC$。

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   再用角度把 (a) 讀一次，看看它為什麼是必然的。 三角形 $BHD$ 的直角在 $B$（兩軸互相垂直），且兩股 $BH=BD$，所以它是等腰直角三角形，$\angle BHD=\angle BDH=45^{\circ}$。三角形 $ABC$ 也是等腰直角三角形，所以 $\angle BAC=\angle BCA=45^{\circ}$。因此直線 $DH$ 與直線 $BC$ 夾 $45^{\circ}$，直線 $AC$ 則在另一側與它夾 $45^{\circ}$，兩個 $45^{\circ}$ 加起來就是 $90^{\circ}$。這個垂直關係，說穿了是兩個等腰直角三角形共用一組互相垂直的直線。

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   用同一套座標證明 (b)。 這次換另一組配對：

   $\vec{CH}=H-C=(t,\,-a),\qquad \vec{AD}=D-A=(-a,\,-t)$

   於是

   $\vec{CH}\cdot\vec{AD}=t(-a)+(-a)(-t)=-at+at=0$

   因此 $CH\perp AD$。等價地，用斜率來看，$m_{CH}=\dfrac{0-a}{t-0}=-\dfrac{a}{t}$，$m_{AD}=\dfrac{-t-0}{0-a}=\dfrac{t}{a}$，兩者的乘積是 $-\dfrac{a}{t}\cdot\dfrac{t}{a}=-1$，正是兩線垂直的斜率判準。斜率的寫法需要 $t\neq 0$，內積的寫法則不需要，所以內積是比較乾淨的論證。

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   指出背後的結構理由，並做數值驗證。 (b) 其實是垂心換了個面貌：在三角形 $ACD$ 中，直線 $AB$ 是從 $A$ 出發的高（它垂直於 $CD$，也就是 $y$ 軸），而 $H$ 落在它上面；同時 (a) 給出的 $DH\perp AC$ 使 $DH$ 成為從 $D$ 出發的高；兩條高交於 $H$，所以第三條高 $CH$ 也必定通過它，於是 $CH\perp AD$。取 $a=3.7$、$t=1.4$ 做數值檢查，$\vec{DH}\cdot\vec{AC}=0$ 與 $\vec{CH}\cdot\vec{AD}=0$ 都恰好成立，而斜率乘積等於 $-1.0$。