11961. Пусть E
— середина стороны AB
квадрата ABCD
, а точки F
и G
выбраны на сторонах BC
и CD
так, что отрезки AG
и EF
параллельны. Докажите, что отрезок прямой FG
касается окружности, вписанной в квадрат.
Решение. Первый способ. Пусть точка F
лежит на стороне BC
. Через точку F
проведём касательную к окружности \Omega
, вписанной в квадрат, отличную от BC
и пересекающую сторону CD
в точке G
. Достаточно доказать, что AG\parallel EF
.
Рассмотрим вневписанную окружность \omega
прямоугольного треугольника FCG
, касающуюся катета CF
и продолжения катета CG
в точке R
. При гомотетии с центром F
, переводящей окружность \Omega
в окружность \omega
, касательная AB
к окружности \Omega
переходит в параллельную ей касательную CD
к окружности \omega
, а точка касания E
—в точку касания R
. Значит, точки E
, F
и R
лежат на одной прямой, а \Omega
— вневписанная окружность треугольника FCG
, касающаяся гипотенузы FG
.
Пусть K
— середина стороны CD
, а полупериметр треугольника FCG
равен p
. Тогда (см. задачу 1750)
GR=p=CK=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AB=AE,
значит, AERG
— параллелограмм. Следовательно, AG\parallel EF
. Что и требовалось.
Второй способ. Пусть F
и G
— точки на сторонах соответственно BC
и CD
квадрата ABCD
, J
и K
— точки на продолжениях отрезков CF
и CG
за точки F
и G
соответственно, H
— точка на отрезке FG
. Предположим, что верны равенства
CJ=CK~\mbox{или}~FJ+GK=FG.
Тогда вневписанная окружность треугольника FCG
касается стороны FG
треугольника FCG
в точке H
, а продолжений сторон CF
и CG
— в точках J
и F
соответственно (см. примечание к задаче 4728).
Докажем, что середины J
и K
сторон соответственно BC
и CD
квадрата ABCD
удовлетворяют указанным выше равенствам. Тогда J
и K
будут точками касания вневписанной окружности треугольника FCG
с продолжениями сторон CF
и CG
, а так как эта окружность совпадает с описанной окружностью \Omega
квадрата, то окружность \Omega
будет касаться отрезка FG
.
Пусть сторона квадрата равна 2. Обозначим DG=x
. Тогда
KG=DG-DK=x-1,~CG=CK-KG=1-(x-1)=2-x.
Поскольку AG\parallel EF
, прямоугольные треугольники FBE
и ADG
подобны, поэтому \frac{BF}{BE}=\frac{AD}{DG}
, откуда
BF=\frac{AD\cdot BE}{DG}=\frac{2\cdot1}{x}=\frac{2}{x},~CF=BC-BF=2-\frac{2}{x}.
По теореме Пифагора
FG^{2}=CF^{2}+CG^{2}=\left(2-\frac{2}{x}\right)^{2}+(2-x)^{2}.
С другой стороны,
(KG+FI)^{2}=\left((x-1)+\left(\frac{2}{x}-1\right)\right)^{2}=\left(\left(\frac{2}{x}-2\right)+x\right)^{2}=
=\left(\frac{2}{x}-2\right)^{2}+2x\left(\frac{2}{x}-2\right)+x^{2}=\left(2-\frac{2}{x}\right)^{2}+4-4x+x^{2}=
=\left(2-\frac{2}{x}\right)^{2}+(2-x)^{2}=FG^{2}.
Значит, KG+FI=FG
. Отсюда следует утверждение задачи.
Третий способ. Пусть O
— центр вневписанной окружности, касающейся гипотенузы FG
прямоугольного треугольника FCG
и продолжений его катетов. Тогда (см. задачу 4770)
\angle FOG=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle FCG=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}.
Точка O
, лежащая на биссектрисе прямого угла C
прямоугольного треугольника FCG
, для которой \angle FOG=45^{\circ}
, единственная, так как это точка пересечения биссектрисы угла C
, построенной на хорде FG
и вмещающей угол 45^{\circ}
. Следовательно, достаточно доказать, что равенство \angle FOG=45^{\circ}
выполняется для центра квадрата ABCD
, т. е. что \angle FOG=\angle GDO
.
Пусть сторона квадрата равна 2a
. Из параллельности AG
и EF
следует подобие прямоугольных треугольников ADG
и FBE
, поэтому
\frac{DG}{AD}=\frac{BE}{BF},\mbox{или}~\frac{DG}{2a}=\frac{a}{BF},
откуда
DG\cdot BF=a^{2}=DO\cdot BO,~\mbox{или}~\frac{DG}{DO}=\frac{BO}{BF},
а так как \angle ODG=\angle OBF
, то треугольники ODG
и OBF
подобны. Значит, \angle FOB=\angle OGD
. Следовательно,
\angle FOG=180^{\circ}-\angle FOB-\angle DOG=180^{\circ}-\angle OGD-\angle DOG=\angle ODG=45^{\circ}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Четвёртый способ. См. задачу 12522.