12656. Пять точек A
, B
, C
, D
и E
лежат на прямой, причём AB=BC=CD=DE
. Точка F
лежит вне этой прямой. Пусть G
и H
— центры окружностей, описанных около треугольников ADF
и BEF
соответственно. Докажите, что прямые GH
и CF
перпендикулярны.
Решение. Первый способ. Пусть O
, H'
и G'
— центры описанных окружностей треугольников BDF
, BCF
и CDF
соответственно. Тогда точки O
, G
и G'
лежат на серединном перпендикуляре к отрезку DF
, а точки O
, H
и H'
— на серединном перпендикуляре к отрезку BF
. Кроме того, G
и H'
лежат на серединном перпендикуляре к отрезку BC
, точка O
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BD
, точки H
и G'
— на серединном перпендикуляре к отрезку CD
, а C
— середина BD
. Значит, диагонали GG'
и HH'
пересекаются в точке O
и делятся ею пополам (по теореме Фалеса). Следовательно, GHG'H'
— параллелограмм.
Поскольку CF
— общая сторона треугольников BCF
и CDF
, прямая G'H'
, проходящая через центры описанных окружностей этих треугольников, перпендикулярна CF
. Следовательно, параллельная ей прямая GH
тоже перпендикулярна CF
.
Второй способ. Воспользуемся следующим утверждением (см. задачу 1344). Диагонали четырёхугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда суммы квадратов его противоположных сторон равны.
В нашем случае достаточно доказать, что суммы квадратов противоположных сторон четырёхугольника GFHC
равны, т. е.
FG^{2}+CH^{2}=CG^{2}+FH^{2},~\mbox{или}~FG^{2}-FH^{2}=CG^{2}-CH^{2}.
Обозначим
AB=BC=CD=DE=a,~\angle CAG=\alpha,~\angle HEC=\beta.
Пусть R_{1}
и R_{2}
— радиусы описанных окружностей треугольников ADF
и BEF
соответственно. По теореме косинусов из треугольников ACG
и CEH
получаем
CG^{2}=AG^{2}+AC^{2}-2AG\cdot AC\cos\alpha=R_{1}^{2}+4a^{2}-4aR_{1}\cos\alpha,
CH^{2}=EH^{2}+CE^{2}-2EH\cdot CE\cos\beta=R_{2}^{2}+4a^{2}-4aR_{2}\cos\beta,
а так как
\cos\alpha=\frac{\frac{3}{2}a}{R_{1}}=\frac{3a}{2R_{1}},~\cos\beta=\frac{\frac{3}{2}a}{R_{2}}=\frac{3a}{2R_{2}},
то
CG^{2}-CH^{2}=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}-4aR_{1}\cdot\frac{3a}{2R_{1}}+4aR_{2}\cdot\frac{3a}{2R_{2}}=
=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}-6a^{2}+6a^{2}=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}.
Аналогично получим
FG^{2}-FH^{2}=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}
Значит,
FG^{2}-FH^{2}=CG^{2}-CH^{2}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Третий способ. Пусть P
— вторая точка пересечения описанных окружностей треугольников ADF
и BEF
. Обозначим
AB=BC=CD=DE=a
Степени точки C
относительно этих окружностей равны, так как
AC\cdot CD=2a\cdot a=BC\cdot EC.
Значит, точка C
лежит на радикальной оси этих окружностей (см. задачу 6391), т. е. на прямой FP
(см. задачу 6392). Линия центров пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде (см. задачу 1130), значит, GH\perp FP
. Следовательно, GH\perp CF
.
Четвёртый способ. Пусть окружности вторично пересекаются в точке F'
, а прямая FF'
пересекает прямую AE
в точке C'
. Тогда FF'\perp GH
.
Обозначим AB=BC=x
, BC'=a
, DC'=b
. По теореме о произведении пересекающихся хорд (см. задачу 2627)
(x+a)b=AC'\cdot C'D=FC'\cdot C'F'=EC'\cdot C'B=(x+b)a,
откуда a=b
. Значит,
AC'=x+a=x+b=EC',
т. е. C'
— середина отрезка AE
, поэтому точка C'
совпадает с C
. Следовательно, GH\perp FC
. Что и требовалось доказать.