16232. Дан неравнобедренный прямоугольный треугольник ABC
с катетами AC\gt AB
и высотой AD
. Прямая, проведённая через вершину C
параллельно AB
, пересекается с прямой AD
в точке G
. На продолжении катета AB
за точку B
отмечена точка E
, для которой ACGE
— прямоугольник. Отрезки AG
и BF
пересекаются в точке H
. Диагонали четырёхугольника CDHF
пересекаются в точке O_{1}
, а диагонали четырёхугольника BDGE
— в точке O_{2}
. Докажите, что треугольники ABC
, DFE
и DO_{1}O_{2}
подобны.
Решение. Из точек D
, E
и F
отрезок BG
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром BG
. Тогда
\angle DEF=\angle DBF=\angle BCA.
Следовательно, прямоугольные треугольники ABC
и DEF
подобны.
Пусть прямые BC
и EF
пересекаются в точке I
. По теореме Менелая для треугольника DEI
и прямой BG
(проходящей через точку O_{1}
) получаем
\frac{DO_{2}}{O_{2}E}\cdot\frac{EG}{GI}\cdot\frac{IB}{BD}=-1.
По теореме Менелая для треугольника DFG
и прямой HC
(проходящей через точку O_{2}
) получаем
\frac{DO_{1}}{O_{1}F}\cdot\frac{FC}{CG}\cdot\frac{GH}{HD}=-1.
Значит,
\frac{DO_{2}}{O_{2}E}\cdot\frac{EG}{GI}\cdot\frac{IB}{BD}=\frac{DO_{1}}{O_{1}F}\cdot\frac{FC}{CG}\cdot\frac{GH}{HD}.\eqno(1)
Из подобия треугольников CFB
и CGI
получаем
\frac{EG}{GI}=\frac{BF}{GI}=\frac{FC}{CG},
а из параллельности BH
и IG
получаем, что \frac{IB}{BD}=\frac{GH}{HD}
. Тогда из равенства (1) находим, что \frac{DO_{2}}{O_{2}E}=\frac{DO_{1}}{O_{1}F}
. Значит, O_{1}O_{2}\parallel EF
. Следовательно, треугольник DO_{1}O_{2}
подобен треугольнику DEF
. Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 7, задача 2973 (2004, с. 369, 372), с. 465