2021-11-26
На катете $AC$ прямоугольного треугольника $ABC$ как на диаметре построена окружность. Она пересекает сторону $AB$ в точке $E$. На стороне $BC$ взята точка $G$ так, что отрезок $AG$ пересекает окружность в точке $F$, причём отрезки $EF$ и $AC$ параллельны, $BG=2CG$ и $AC=2\sqrt{3}$. Найдите $GF$.
Решение:
Пусть $CG=t$, $\angle CAG=\alpha$. Тогда $BC=3t$, а т.к. $CE$ - высота прямоугольного треугольника $ABC$, проведённая из вершины прямого угла, то $\angle ABC=\angle ACE$. Поскольку трапеция $AEFC$ вписана в окружность, то она равнобедренная, поэтому $\angle ACE=\angle CAG=\alpha$. Значит, $\angle ABC=\angle CAG=\alpha$. Следовательно, прямоугольные треугольники $ABC$ и $GAC$ подобны по двум углам.
Из равенства $\frac{CG}{AC}=\frac{AC}{BC}$ следует, что $AC^{2}=CG\cdot BC$, или $12=3t^{2}$, откуда $t=2$.
Из прямоугольного треугольника $ACG$ находим, что
$tg\alpha=\frac{CG}{AC}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}},$
поэтому $\alpha=30^{\circ}$. Тогда $AG=2CG=4$.
По теореме о касательной и секущей $GF\cdot AG=CG^{2}$, или $4FG=4$. Следовательно, $FG=1$.