13616. Угол при вершине A
ромба ABCD
равен 60^{\circ}
. Точки E
и F
лежат на сторонах AB
и AD
соответственно, а прямые CE
и CF
пересекают диагональ BD
в точках P
и Q
соответственно. Оказалось, что BE^{2}+DF^{2}=EF^{2}
. Докажите, что BP^{2}+DQ^{2}=PQ^{2}
.
Решение. Без ограничения общности считаем, что сторона ромба равна 1. Обозначим BE=x
, DF=y
.
AE=1-x,~AF=1-y,~x^{2}+y^{2}=EF^{2}.
По теореме косинусов из треугольника AEF
получаем
x^{2}+y^{2}=EF^{2}=(1-x)^{2}+(1-y)^{2}-(1-x)(1-y),
откуда y=\frac{1-x}{1+x}
.
По формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021)
BP=\frac{2BE\cdot DE\cos60^{\circ}}{BE+DE}=\frac{x}{x+1}.
Аналогично, DQ=\frac{y}{y+1}
. Тогда
DQ=\frac{y}{y+1}=\frac{\frac{1-x}{1+x}}{\frac{1-x}{1+x}+1}=\frac{1-x}{2}.
Значит,
PQ=BD-BP-DQ=1-\frac{x}{x+1}-\frac{1-x}{2}=\frac{1+x^{2}}{2(1+x)}.
Следовательно,
BP^{2}+DQ^{2}=\left(\frac{x}{x+1}\right)^{2}+\left(\frac{1-x}{2}\right)^{2}=\frac{1+2x^{2}+x^{4}}{4(1+x)^{2}}=
=\frac{(1+x^{2})^{2}}{4(1+x)^{2}}=PQ^{2}.
Что и требовалось доказать.