10946. На сторонах AB
и AC
правильного треугольника ABC
взяты соответственно такие точки E
и F
, что AE:BE=CF:AF=2
. Пусть P
— точка пересечения BF
и CE
. Докажите, что угол CPA
прямой.
Решение. Первый способ. Треугольники BEC
и AFB
равны по двум сторонам и углу между ними. Значит,
180^{\circ}-\angle AEP=\angle BEC=\angle AFP.
Таким образом, четырёхугольник AEPF
вписанный. Тогда равны вписанные углы EPA
и EFA
. В треугольнике EFA
одна сторона в два раза больше другой и угол между ними равен 60^{\circ}
. Значит, \angle AFE=90^{\circ}
(см. задачу 2643). Следовательно,
\angle APE=\angle AFE=90^{\circ}.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. По теореме Менелая для треугольника ACE
и прямой BF
(см. задачу 1622)
\frac{AF}{FC}\cdot\frac{CP}{PE}\cdot\frac{EB}{BA}=1,~\mbox{или}~\frac{1}{2}\cdot\frac{CP}{PE}\cdot\frac{1}{3}=1,
откуда \frac{CP}{PE}=6
.
Обозначим \overrightarrow{AC}=\overrightarrow{b}
, \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{c}
, причём \overrightarrow{b}=\overrightarrow{c}=1
. Тогда (см. задачу 4186)
AP=\frac{1}{7}\overrightarrow{b}+\frac{6}{7}\overrightarrow{AE}=\frac{1}{7}\overrightarrow{b}+\frac{6}{7}\cdot\frac{2}{3}\overrightarrow{c}=\frac{1}{7}\overrightarrow{b}+\frac{4}{7}\overrightarrow{c},
\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AE}=-\overrightarrow{b}+\frac{2}{3}\overrightarrow{c}.
Значит,
\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{CE}=\left(\frac{1}{7}\overrightarrow{b}+\frac{4}{7}\overrightarrow{c}\right)\left(-\overrightarrow{b}+\frac{2}{3}\overrightarrow{c}\right)=
=\frac{1}{21}(\overrightarrow{b}+4\overrightarrow{c})(2\overrightarrow{c}-4\overrightarrow{b})=\frac{1}{21}(8\overrightarrow{c}^{2}-3\overrightarrow{b}^{2}-10\overrightarrow{b}\overrightarrow{c})=
=\frac{1}{21}(8-3-10\cdot1\cdot1\cdot\cos60^{\circ})=\frac{1}{21}(8-3-5)=0.
Следовательно, AP\perp CE
. Что и требовалось доказать.
Примечание. Ещё одно решение см. в журнале Квант, 2017, N2, с.59