4716. На сторонах BC
и CD
квадрата ABCD
взяты точки E
и F
, причём \angle EAF=45^{\circ}
. Отрезки AE
и AF
пересекают диагональ BD
в точках P
и Q
. Докажите, что \frac{S_{\triangle AEF}}{S_{\triangle APQ}}=2
.
Указание. Докажите, что EP
и EQ
— высоты треугольника AEF
.
Решение. Первый способ. Поскольку отрезок PF
виден из точек A
и D
под углом 45^{\circ}
, то точки A
, P
, F
и D
лежат на одной окружности, а так как \angle ADF=90^{\circ}
, то AF
— диаметр этой окружности. Следовательно, \angle APF=90^{\circ}
и FP
— высота треугольника AEF
. Аналогично EQ
— высота треугольника AEF
. Поэтому (см. задачу 19), треугольник APQ
подобен треугольнику AFE
с коэффициентом
\cos\angle EAF=\cos45^{\circ}=\frac{1}{\sqrt{2}}.
Следовательно (см. задачу 59),
\frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AEF}}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{2}=\frac{1}{2}.
Второй способ. Пусть при повороте на угол 90^{\circ}
вокруг вершины A
, переводящем вершину D
в B
, вершина C
переходит в точку C'
, а точка F
— в точку F'
. Тогда BF'=DF
, точка F'
лежит на отрезке BC'
, AF'=AF
и \angle BAF'=\angle DAF
. Значит,
\angle EAF'=\angle EAB+\angle BAF'=\angle EAB+\angle DAF=90^{\circ}-\angle EAF=45^{\circ}.
Следовательно, треугольник EAF'
равен треугольнику EAF
по двум сторонам и углу между ними. Тогда высота AL
треугольника EAF
равна соответствующей ей высоте AB
треугольника EAF'
, т. е. стороне квадрата, луч EA
— биссектриса угла FEB
, а луч FA
— биссектриса угла DFL
.
Пусть диагональ BD
пересекается с отрезками AM
и AN
в точках P
и Q
соответственно. Треугольники PAQ
и DQF
подобны по двум углам (\angle PAQ=\angle FDQ=45^{\circ}
и \angle AQP=\angle DQF
как вертикальные), поэтому \angle APQ=\angle QFD=\angle AFE
. Значит, треугольники APQ
и AFE
тоже подобны по двум углам, причём коэффициент подобия равен отношению соответствующих высот, т. е.
k=\frac{AK}{AL}=\frac{\frac{AB\sqrt{2}}{2}}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}.
Следовательно,
S_{\triangle APQ}=k^{2}S_{\triangle AFE}=\frac{1}{2}.
Что и требовалось доказать.