12766. На стороне BC
параллелограмма ABCD
отмечена точка E
, а на стороне AD
— точка F
, причём описанная окружность треугольника ABE
касается отрезка CF
. Докажите, что описанная окружность треугольника CDF
касается прямой AE
.
Решение. Первый способ. Обозначим точку касания описанной окружности треугольника ABE
с отрезком CF
через P
. Пусть прямая, проходящая через точку C
параллельно AP
, пересекает отрезок AE
в точке Q
(рис. 1). Тогда (см. задачу 87)
\angle QCP=\angle APF=\angle AEP
(из параллельности). Значит, четырёхугольник CEQP
вписанный. Тогда
\angle QPC=180^{\circ}-\angle QEC=\angle QAF.
Следовательно, четырёхугольник QPFA
вписанный. Тогда
\angle AQF=\angle APF=\angle QCP,
откуда QF\parallel EP
. Значит, прямые CQ
, EP
, PA
и QF
ограничивают параллелограмм, поэтому \angle CQF=\angle APE
. Поскольку
\angle APE=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-\angle CDF,
точка Q
лежит на описанной окружности треугольника CDF
, а так как \angle AQF=\angle QCP
, то эта окружность касается отрезка AE
в точке Q
(см. задачу 144). Что и требовалось доказать.
Второй способ. Обозначим через O_{1}
центр описанной окружности треугольника ABE
. Пусть R_{1}
— её радиус, а d_{1}
— расстояние от точки O_{1}
до прямой CF
. Обозначим через O_{2}
центр описанной окружности треугольника CDF
. Пусть R_{2}
— её радиус, а d_{2}
— расстояние от точки O_{2}
до прямой AE
. Мы докажем более общий факт: \frac{d_{1}}{R_{1}}=\frac{d_{2}}{R_{2}}
. В частности, если d_{1}=R_{1}
(как в нашей задаче), то d_{2}=R_{2}
, и первое равносильно касанию прямой CF
и описанной окружности треугольника ABE
, второе — касанию прямой AE
и описанной окружности треугольника CDF
.
Если AE\parallel CF
, то точки E
и F
, а также O_{1}
и O_{2}
симметричны относительно центра параллелограмма ABCD
, и в силу этой центральной симметрии d_{1}=d_{2}
и R_{1}=R_{2}
, откуда следует требуемая пропорция.
Иначе без ограничения общности будем считать, что луч AE
пересекает луч FC
. Пусть K
— их точка пересечения (рис. 2). Обозначим через \alpha
углы при вершинах B
и D
параллелограмма ABCD
. Разберём случай \alpha\lt90^{\circ}
. В других случаях рассуждение аналогично.
Тогда
\angle AO_{1}E=2\alpha=\angle CO_{2}F,
поэтому равнобедренные треугольники AO_{1}E
и CO_{2}F
подобны. Значит,
\angle EAO_{1}=\angle CFO_{2}~\mbox{и}~\frac{R_{1}}{R_{2}}=\frac{O_{1}A}{O_{2}F}=\frac{AE}{CF}=\frac{KA}{KF}
(последнее равенство следует из теоремы Фалеса). Следовательно, треугольники KAO_{1}
и KFO_{2}
подобны по двум сторонам и углу между ними. Значит,
\frac{O_{1}K}{O_{2}K}=\frac{O_{1}A}{O_{2}F}=\frac{R_{1}}{R_{2}}~\mbox{и}~\angle O_{1}KA=\angle O_{2}KF.
Тогда \angle O_{1}KF=\angle O_{2}KA
, и треугольники O_{1}KF
и O_{2}KA
подобны по двум сторонам и углу между ними. Отрезки d_{1}
и d_{2}
— их соответствующие высоты, следовательно,
\frac{d_{1}}{d_{2}}=\frac{O_{1}K}{O_{2}K}=\frac{R_{1}}{R_{2}}.
Что и требовалось.
Примечание. Соотношение \frac{d_{1}}{R_{1}}=\frac{d_{2}}{R_{2}}
(см. второй способ) равносильно тому, что угол между описанной окружностью треугольника ABE
и прямой CF
равен углу между описанной окружностью треугольника CDF
и прямой AE
.