10892. В квадрате ABCD
выбраны точки S
и T
внутри треугольников соответственно ABC
и ADC
так, что \angle SAT=\angle SCT=45^{\circ}
. Докажите, что BS\parallel DT
.
Решение. Пусть лучи AS
и AT
пересекают стороны BC
и CD
в точках M
и N
, лучи CS
и CT
— стороны AB
и AD
в точках X
и Y
соответственно, E
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины A
на MN
, а F
— основание перпендикуляра, опущенного из вершины C
на XY
.
Поскольку \angle MAN=\angle XCY=45^{\circ}
, точки A
и C
— центры вневписанных окружностей треугольников MCN
и XAY
соответственно (см. задачу 10882). Тогда MA
и NA
— биссектрисы углов BME
и DNE
, а XC
и YC
— биссектрисы BXF
и DYF
, поэтому \triangle SME=\triangle SMB
, \triangle TNE=\triangle TND
, \triangle SXF=\triangle SXB
. Кроме того, треугольники DAE
и BCF
равнобедренные, поэтому \angle EDA=\angle DEA
и \angle CBF=\angle CFB
.
Точка S
лежит на биссектрисе угла BME
, а BM=ME
из равенства прямоугольных треугольников ABM
и AEM
, значит, треугольники BMS
и EMS
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит, SB=SE
, а так как точка S
лежит на биссектрисе угла BXF
, то BS=SF
. Следовательно, SF=SB=SE
. Аналогично TE=TD=TF
. Значит, в четырёхугольнике SETF
соседние стороны попарно равны (дельтоид), и \angle SET=\angle SFT
(симметрия относительно прямой ST
).
Обозначим
\angle SEA=\angle SBA=\angle SBX=\angle SFX=\beta,~
\angle TEN=\angle TDN=\angle TFC=\alpha,~
\angle TFY=\angle TDY=\angle EDA=\angle DEA=\gamma,
\angle SEM=\angle SBM=\angle CBF=\angle CFB=\varphi.
Тогда
\angle SET=\beta+\gamma~\mbox{и}~\angle SFT=\alpha+\varphi,
поэтому \beta+\gamma=\alpha+\varphi
. Учитывая, что \gamma=90^{\circ}-\alpha
, \varphi=90^{\circ}-\beta
, получим, что \alpha=\beta
, откуда и следует параллельность BS
и DT
.
Примечание. 1. Попутно доказано, что:
а) четырёхугольник SETF
вписанный (противолежащие углы E
и F
прямые);
б) точки S
и T
— центры окружностей, описанных около треугольников BEF
и DFT
соответственно.
2. См. статью А.Блинкова и Ю.Блинкова «Угол в квадрате», Квант, 2014, N4, с.34-37.