13863. Квадрат ABCD
вписан в окружность \Gamma
. Точка P
лежит на меньшей дуге AD
, а E
и F
— точки пересечения со стороной AD
отрезков BP
и CP
соответственно. Докажите, что AE\cdot DF=2(S_{\triangle PAE}+S_{\triangle PDF})
.
Решение. Опустим из точки P
— перпендикуляры PM
и PN
на прямые AB
и CD
соответственно. Тогда
S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PDC}=\frac{1}{2}AB\cdot PM+\frac{1}{2}CD\cdot PN=
=\frac{1}{2}AB(PM+PN)=\frac{1}{2}AB\cdot AB=\frac{1}{2}AB^{2}=
=S_{\triangle PAE}+S_{\triangle AEB}+S_{\triangle PDF}+S_{\triangle DFC},
а так как
S_{\triangle AEB}+S_{\triangle DFC}=\frac{1}{2}AB\cdot AE+\frac{1}{2}CD\cdot DF=\frac{1}{2}AB(AE+DF),
то
S_{\triangle PAE}+S_{\triangle PDF}=\frac{1}{2}AB^{2}-S_{\triangle AEB}-S_{\triangle DFC}=
=\frac{1}{2}AB^{2}-\frac{1}{2}AB(AE+DF)=\frac{1}{2}AB(AB-AE-DF)=\frac{1}{2}AB\cdot EF.
Поскольку \angle BPC=\angle CPD
, а PC
— биссектриса угла BPD
, то PF
— биссектриса треугольника EPF
, поэтому \frac{PF}{FD}=\frac{PE}{PD}
(см. задачу 1509). Из подобия треугольников DPE
и BAE
получаем \frac{PE}{PD}=\frac{AE}{AB}
. Значит, \frac{EF}{FD}=\frac{AE}{AB}
, или EF\cdot AB=AE\cdot DF
. Тогда
S_{\triangle PAE}+S_{\triangle PDF}=\frac{1}{2}AB\cdot EF=\frac{1}{2}AE\cdot DF.
Что и требовалось доказать.