11960. На стороне BC
квадрата ABCD
отложен отрезок BE
, равный трети стороны квадрата, а на продолжении стороны DC
за точку C
— отрезок CF
, равный половине стороны квадрата. Докажите, что точка пересечения прямых AE
и BF
лежит на окружности, описанной около квадрата ABCD
.
Решение. Первый способ. Пусть сторона квадрата равна a
, прямые AE
и BF
пересекаются в точке M
, прямые AM
и CD
— в точке G
, а прямые CM
и AB
— в точке H
(рис. 1).
Треугольник CEG
подобен треугольнику BEA
с коэффициентом
\frac{CE}{BE}=\frac{\frac{2a}{3}}{\frac{a}{3}}=2,
поэтому
CG=2AB=2a,~FG=CG-CF=2a-\frac{a}{2}=\frac{3a}{2}.
Тогда по теореме о пропорциональных отрезках на параллельных прямых (см. задачу 1597)
\frac{BH}{BA}=\frac{FC}{FG}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{3a}{2}}=3.
Значит,
BH=\frac{1}{3}BA=\frac{a}{3}=BE.
Прямоугольные треугольники ABE
и CBH
равны по двум катетам. При повороте на угол 90^{\circ}
вокруг точки B
, переводящем точку A
в C
, точка E
переходит в H
, а отрезок AE
— в отрезок CH
. Значит, AE\perp CH
, т. е. \angle AMC=90^{\circ}
.
Из точек B
, D
и M
диагональ AC
квадрата ABCD
видна под прямым углом, следовательно, точка M
лежит на окружности, описанной около данного квадрата. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть сторона квадрата равна a
. На продолжениях сторон AB
и CD
за точки B
и C
отложим отрезки BK=BL=a
. На продолжениях отрезков BC
и KL
за точки C
и L
отложим отрезки CU=LV=a
. На продолжении отрезка UV
за точку V
отложим отрезок VP=a
.
Поскольку FG=\frac{3}{2}
(см. первый способ) и CF=\frac{a}{2}
, то
LG=FG-LF=\frac{3}{2}a-\frac{a}{2}=a.
Таким образом, получили фигуру, состоящую из четырёх квадратов ABCD
, BKLC
, UCLV
и LGPV
(рис. 2). Треугольник AVG
прямоугольный, так как
\angle AVG=\angle AVL+\angle LVG=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}.
Прямоугольные треугольники AVG
и BUV
подобны, так как у них одинаковые отношения катетов
\frac{GV}{AV}=\frac{UV}{BV}=\frac{1}{2}.
Значит,
\angle CAM=\angle VAG=\angle UBV=\angle CBM.
Из точек A
и B
, лежащих по одну сторону от прямой CM
, отрезок CM
виден под одним и тем же углом, следовательно, точки A
, B
, M
и C
лежат на одной окружности (см. задачу 12) — описанной окружности квадрата ABCD
. Что и требовалось доказать.
Третий способ. Треугольник AUG
прямоугольный и равнобедренный (рис. 2), поэтому \angle UAG=45^{\circ}
, а так как BV\parallel AU
, то
\angle BMA=\angle UAM=\angle UAG=45^{\circ}.
Из точек M
и C
, лежащих по одну сторону от прямой AB
, отрезок AB
виден под одним и тем же углом, следовательно, точки A
, B
, M
и C
лежат на одной окружности (см. задачу 12) — описанной окружности квадрата ABCD
. Что и требовалось доказать.