11973. Точки E
, F
, G
, H
расположены на сторонах DA
, AB
, BC
, CD
ромба ABCD
соответственно так, что отрезки EF
и GH
касаются вписанной в ромб окружности. Докажите, что FG\parallel HE
.
Решение. Первый способ. Поскольку \angle FBG=\angle HDE
, для параллельности FG
и HE
достаточно доказать подобие треугольников FBG
и HDE
, т. е. что \frac{BG}{BF}=\frac{DE}{DH}
.
Пусть O
— центр вписанной окружности ромба ABCD
, т. е. точка пересечения его диагоналей. Тогда FO
и EO
— биссектрисы углов соответственно BFE
и DEF
. Положим
\angle ABD=\angle ADB=x,~\angle BFE=2y,~\angle DEF=2z.
Сумма углов четырёхугольника BFED
равна 360^{\circ}
, т. е. 2x+2y+2z=360^{\circ}
, или x+y+z=180^{\circ}
, поэтому
\angle BOF=180^{\circ}-x-y=z.
Значит, треугольники BFO
и DOE
подобны по двум углам. Тогда \frac{FB}{BO}=\frac{OD}{DE}
, или FB\cdot DE=BO\cdot OD
. Аналогично, BG\cdot DH=BO\cdot OD
. Следовательно, BG\cdot DH=FB\cdot DE
, или \frac{BG}{BF}=\frac{DE}{DH}
. Что и требовалось доказать.
Первый способ. Шестиугольник AEFCGH
описан около окружности, вписанной в ромб, поэтому по теореме Брианшона (см. задачу 6394) диагонали AC
, EG
и FH
этого шестиугольника пересекаются в одной точке. Обозначим её через U
.
При гомотетии с центром U
, переводящей точку A
в C
, прямая AE
переходит в параллельную ей прямую, проходящую через точку C
, т. е. в прямую CG
, а так как \frac{UG}{UE}=\frac{UA}{UC}
, то точка E
переходит в точку G
. Аналогично, из параллельности AH
и CF
получаем, что точка H
переходит в F
. Значит, отрезок EH
при этой гомотетии переходит в отрезок FG
. Следовательно, EH\parallel FG
(см. задачу 5707). Что и требовалось доказать.