13824. Отрезок EF
— диаметр окружности. Точки A
и B
лежат на касательной к окружности, проведённой в точке E
, по разные стороны от E
, а произведение AE\cdot BE
постоянно. Лучи FA
и FB
пересекают окружность в точках A'
и B'
соответственно. Докажите, что все прямые A'B'
проходят через одну точку.
Решение. Пусть отрезки EF
и A'B'
пересекаются в точке G
. Докажем, что все прямые A'B'
проходят через точку G
.
Обозначим FA'=p
, FB'=q
, EA'=r
, EB'=s
, AE=t
, BE=u
, а tu=k
(постоянная величина).
Точка A'
лежит на окружности с диаметром EF
, поэтому EA'\perp AF
, а так как FE\perp AB
, то EA'
— высота прямоугольного треугольника AEF
, проведённая из вершины прямого угла. Тогда треугольники EFA'
и AEA'
подобны, значит,
\frac{EF}{AE}=\frac{FA'}{EA'}~\Rightarrow~\frac{EF}{t}=\frac{p}{r}~\Rightarrow~pt=r\cdot EF.
Аналогично, qu=s\cdot EF
. Следовательно,
rs\cdot EF^{2}=pt\cdot qu=pq\cdot tu=pqk~\Rightarrow~rs=\frac{pqk}{EF^{2}}.
Сумма углов A'EB'
и A'FB'
равна 180^{\circ}
, поэтому \sin\angle A'EB'=\sin\angle A'FB'
, а так как отношение площадей треугольников A'FB'
и A'EB'
с общей стороной A'B'
равно отношению расстояний от точек F
и E
до прямой A'B'
, значит, отношению отрезков FG
и GE
, то
\frac{FG}{GE}=\frac{S_{\triangle A'FB'}}{S_{\triangle A'EB'}}=\frac{\frac{1}{2}pq\sin A'FB'}{\frac{1}{2}rs\sin A'EB'}=\frac{pq}{rs}=\frac{pq}{\frac{pqk}{EF^{2}}}=\frac{EF^{2}}{k},
т. е. отношение \frac{FG}{GE}
постоянно. Таким образом, каждый отрезок A'B'
делит отрезок EF
в одном и том же отношении, а следовательно, проходит через точку G
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2008, № 5, задача 1, с. 287
Источник: Венгерские математические олимпиады. — 2003