12622. На сторонах BC
и CD
квадрата ABCD
со стороной 1 выбраны точки E
и F
таким образом, что \angle EAF=45^{\circ}
. Найдите периметр треугольника CEF
.
Ответ. 2.
Решение. Первый способ. Пусть A'
— центр вневписанной окружности треугольника CEF
, касающейся стороны EF
. Тогда
\angle EA'F=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle ECF=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}=\angle EAF
(см. задачу 4770). Из точек A'
и A
, лежащих по одну сторону от прямой EF
, отрезок EF
виден под одним и тем же углом 45^{\circ}
. Значит, эти точки лежат на большей дуге CEF
одной окружности (см. задачу 12). В то же время, луч CA'
, как и луч CA
, — биссектриса угла BCD
. Следовательно, эти точки A'
и A
совпадают. Таким образом, вершина A
квадрата — центр вневписанной окружности треугольника CEF
.
Поскольку AB\perp CB
и AD\perp CD
, эта окружность касается продолжений сторон CE
и CF
в точках B
и C
. Следовательно, полупериметр треугольника CEF
равен каждой из сторон BC
и CD
(см. задачу 1750), а периметр треугольника — их сумме, т. е. 2.
Второй способ. Пусть при симметрии относительно прямой AF
точка D
переходит в точку K
, а при симметрии относительно прямой AE
точка K
переходит в точку B'
. Композиция симметрий относительно двух пересекающихся прямых есть поворот вокруг точки пересечения на угол, вдвое больший угла между этими прямыми (см. задачу 5107). В нашем случае — это поворот вокруг точки A
на угол 90^{\circ}
. Но при этом повороте точка D
переходит в B
, следовательно, точка B'
совпадает с D
.
Это значит, что образ точки D
при симметрии относительно прямой AF
и образ точки B
при симметрии относительно прямой AE
одна и та же точка K
. При этом из симметрии
\angle AKE=\angle ABE=90^{\circ},~\angle AKF=\angle ADE=90^{\circ},
отрезок AK
— высота треугольника EAF
, а также из симметрии KE=BE
и KF=DF
. Следовательно,
CE+CF+EF=CE+CF+(KE+KF)=CE+CF+(BE+DF)=
=(CE+BE)+(CF+DF)=BC+CD=2.
Третий способ. Пусть лучи AE
и AF
пересекают диагональ BD
квадрата в точках P
и Q
соответственно. Из точек A
и B
, лежащих по одну сторону от прямой EQ
, отрезок EQ
виден под одним и тем же углом (45^{\circ}
), значит, точки A
, B
, E
и Q
лежат на одной окружности (см. задачу 12), а так как \angle ABE=90^{\circ}
, то AE
— диаметр этой окружности. Тогда \angle AQE=90^{\circ}
, т. е. EQ
— высота треугольника EAF
. Аналогично, FP
— высота треугольника EAF
. Пусть H
— точка пересечения этих высот, а K
— точка пересечения луча AH
с отрезком EF
. Тогда AK
— третья высота треугольника AEF
.
Точки P
и Q
лежат на окружности с диаметром EF
(см. задачу 141), значит,
\angle BQE=\angle PQE=\angle PFE=\angle PQE=\angle KAE.
В то же время, \angle ABE=\angle AQE=90^{\circ}
, значит, точки B
и Q
лежат на окружности с диаметром AE
. Тогда \angle BQE=\angle BAE
. Следовательно, \angle BAE=\angle KAE
. Тогда прямоугольные треугольники BAE
и KAE
равны по катету и гипотенузе, а значит, KE=BE
. Аналогично, KF=DF
. Значит,
CE+CF+EF=CE+CF+(KE+KF)=CE+CF+(BE+DF)=
=(CE+BE)+(CF+DF)=BC+CD=2.
Источник: Журнал «Квант». — 2021, № 11-12, с. 31
Источник: Межрегиональная олимпиада школьников на базе ведомственных образовательных программ. — 2021, № 5, 9-11 класс