12630. Дан остроугольный треугольник ABC
, в котором \angle BAC\gt\angle BCA
. Точка D
расположена на стороне AC
, причём AB=BD
. Точка F
лежит на описанной окружности треугольника ABC
, причём FD\perp BC
и точки F
и B
лежат по разные стороны от прямой AC
. Докажите, что FB\perp AC
.
Решение. Пусть E
— отличная от A
точка описанной окружности треугольника ABC
, для которой BE=AB
, D'
— точка пересечения стороны AC
с прямой, проходящей через точку E
перпендикулярно BC
. Тогда \angle ECB=\angle BCA
как вписанные углы, опирающиеся на равные хорды BE
и AB
.
Треугольник ECD'
равнобедренный, так как его высота CH
является биссектрисой. Тогда CH
— медиана этого треугольника, поэтому H
— середина ED'
, а BH
— медиана и высота треугольника D'BE
. Тогда треугольник D'BE
тоже равнобедренный с основанием ED'
. Значит,
BD'=BE=BA=BD,
и поэтому точка D'
совпадает с D
. Следовательно, точки E
, D
, F
и H
лежат на одной прямой.
Пусть P
— точка пересечения хорды BF
со стороной AC
. Тогда
\angle BPC=180^{\circ}-(\angle BCA+\angle CBF)=180^{\circ}-(\angle BCE+\angle CBF)=
=180^{\circ}-(\angle BFE+\angle CBF)=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.
Следовательно, FB\perp AC
. Что и требовалось доказать.