13704. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
стороны AB
и CD
параллельны, диагонали AC
и BD
пересекаются в точке E
, а F
и G
— ортоцентры треугольников CBE
и DAE
соответственно. Докажите, что середина отрезка FG
лежит на прямой, перпендикулярной AB
, причём эта прямая проходит через точку E
.
Решение. Обозначим
\angle DAB=\alpha,~ABC=\beta,~BC=b,~AD=d,~\angle AED=\angle BEC=\varphi,
а h
— расстояние между прямыми AB
и CD
.
Из параллельности AB
и CD
следует, что
d\sin\alpha=h=b\sin\beta.
Пусть G'
, E'
и F'
— проекции на прямую AB
точек G
, E
и F
соответственно. Тогда по теореме об углах с соответственно перпендикулярными сторонами
\angle EGG'=\angle DAB=\alpha,~\angle EFF'=\angle ABC=\beta.
Пусть R_{1}
и R_{2}
— радиусы описанных окружностей треугольников AED
и BEC
соответственно. Тогда по теореме синусов
R_{1}=\frac{AD}{2\sin\angle AED}=\frac{d}{2\sin\varphi}.
Пусть O_{1}
— центр описанной окружности треугольника AED
, а M
— середина стороны AD
. Тогда (см. задачу 1257)
EG=2O_{1}M=2\cdot O_{1}A\cos\angle AO_{1}M=2R_{1}\cos\varphi=\frac{d}{\sin\varphi}\cdot\cos\varphi=d\ctg\varphi,
а так как отрезок E'G'
— проекция отрезка EG
на прямую AB
, то
E'G'=EG\sin\angle EGG'=EG\sin\alpha=d\ctg\varphi\sin\alpha.
Аналогично,
E'F'=b\ctg\varphi\sin\beta,
а так как d\sin\alpha=b\sin\beta
, то E'G'=E'F'
. Следовательно, по теореме Фалеса прямая EE'
, перпендикулярная AB
, проходит через середину отрезка FG
. Что и требовалось доказать.