13898. В остроугольном треугольнике ABC
проведены высоты AD
, BE
и CF
. Точка M
— середина стороны BC
. Луч AM
пересекает описанную окружность треугольника AEF
в точке X
. Прямые AM
и CF
пересекаются в точке Y
, а прямые AD
и BX
— в точке Z
. Докажите, что YZ\parallel BC
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
и \angle ABC=\beta
. Пусть H
— ортоцентр треугольника ABC
.
Прямоугольные треугольники ABD
и AHF
подобны, поэтому
\frac{AD}{AB}=\frac{AF}{AH}~\Rightarrow~AD\cdot AH=AB\cdot AF=AB\cdot AC\cos\alpha.
По формуле для медианы треугольника (см. задачу 4114)
4AM^{2}=2AB^{2}+2AC^{2}-BC^{2}=2AB^{2}+2AC^{2}-4BM^{2},
откуда
AB^{2}+AC^{2}=2AM^{2}+2BM^{2}.
По теореме косинусов
4BM^{2}=BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cos\alpha=
=2AM^{2}+2BM^{2}-2AD\cdot AH=4AM^{2}-4AD\cdot AH,
откуда
AM^{2}-BM^{2}=AD\cdot AH.
Поскольку \angle EHF=180^{\circ}-\alpha
, точка H
лежит на описанной окружности треугольника AEF
, а так как \angle AEF=90^{\circ}
, то AH
— диаметр этой окружности. Значит, \angle AXH=90^{\circ}
. Прямоугольные треугольники AXH
и ADM
подобны, поэтому
\frac{AH}{AX}=\frac{AM}{AD}~\Rightarrow~AD\cdot AH=AM\cdot AX.
Тогда
AM^{2}-BM^{2}=AD\cdot AH=AM\cdot AX=
=AM(AM-MX)=AM^{2}-AM\cdot MX,
откуда BM^{2}=AM\cdot MX
, или \frac{BM}{MX}=\frac{AM}{BM}
. Тогда треугольники ABM
и BXM
с общим углом при вершине M
подобны. Значит,
\angle YXZ=\angle BXM=\angle ABM=\beta,
а так как
\angle YHZ=\angle CHD=\angle FHA=\angle ABD=\beta=\angle YXZ,
то точки X
, Y
, Z
и H
лежат на одной окружности. Тогда
\angle HZE=180^{\circ}-\angle YXH=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}=\angle MDA.
Следовательно, YZ=BC
. Что и требовалось доказать.