13204. Точка O
— центр описанной окружности остроугольного треугольника ABC
. Луч AO
пересекает сторону BC
в точке P
. Точки E
и F
на сторонах AB
и AC
соответственно выбираются так, что около четырёхугольника AEPF
можно описать окружность. Докажите, что проекция отрезка EF
на сторону BC
не зависит от выбора точек E
и F
.
Решение. Пусть прямые EF
и BC
пересекаются в точке M
, а угол между этими прямыми равен \gamma
(если EF\parallel BC
, то полагаем \gamma=0
). Тогда проекция d
отрезка EF
на прямую BC
равна EF\cos\gamma
.
Обозначим \angle BAP=\alpha
, \angle CAP=\beta
, \angle AFE=\varphi
. Пусть луч AO
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке N
. Тогда AC\perp CN
,
\angle PCN=\angle BCN=\angle BAN=\angle BAP=\alpha,
\angle PBN=\angle CBN=\angle BAN=\beta,
а так как четырёхугольник AEPF
вписанный, то
\angle PFE=\angle PAE=\alpha,~\angle PEF=\angle PAF=\beta.
Пусть P
— проекция точки F
на сторону BC
. Тогда \angle DFC=\angle BDN=\alpha
(углы с соответственно перпендикулярными сторонами). Из прямоугольного треугольника FDM
получаем
\gamma=\angle BMF=90^{\circ}-\angle DFM=90^{\circ}-(\alpha+\varphi),
поэтому
\cos\gamma=\cos(90^{\circ}-(\alpha+\varphi))=\sin(\alpha+\varphi).
Кроме того,
\angle PFA=\angle PFE+\angle EFA=\alpha+\varphi.
Пусть радиус окружности, описанной около четырёхугольника AEPF
, равен r
. По теореме синусов
EF=2r\sin\angle EAF=2r\sin(\alpha+\beta),~AP=2r\sin\angle AFP=2r\sin(\alpha+\varphi).
Значит,
d=EF\cos\gamma=2r\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\alpha+\varphi)=2r\sin(\alpha+\varphi)\cdot\sin(\alpha+\beta)=
=AP\sin(\alpha+\beta)=AP\sin\angle BAC.
Следовательно, d
не зависит от выбора точек E
и F
.