11005. В остроугольном треугольнике ABC
проведена биссектриса BL
. Точки D
и E
— середины меньших дуг соответственно AB
и BC
окружности \omega
, описанной около треугольника ABC
. На продолжении отрезка BD
за точку D
отмечена точка P
, а на продолжении отрезка BE
за точку E
— точка Q
так, что \angle APB=\angle CQB=90^{\circ}
. Докажите, что середина отрезка BL
лежит на прямой PQ
.
Решение. Пусть \angle BAC=2\alpha
, \angle ACB=2\gamma
. Не умаляя общности, считаем, что \alpha\geqslant\gamma
. Точки D
и E
— середины дуг AB
и AC
окружности \omega
, поэтому
\angle ABD=\frac{1}{2}\angle ACB=\gamma~\mbox{и}~\angle CBE=\alpha.
Обозначим через M
и N
середины сторон AB
и BC
соответственно. Тогда MN
— средняя линия треугольника ABC
, она параллельна стороне AC
и проходит через середину K
отрезка BL
. Кроме того,
\angle AMK=180^{\circ}-\angle MAC=180^{\circ}-2\alpha~\mbox{и}~\angle BNK=\angle BCA=2\gamma.
Пусть BM=MA=c
, BN=NC=a
. Отрезок MP
— медиана прямоугольного треугольника APB
, поэтому MP=c
и \angle MPB=\angle MBP=\gamma
. Аналогично, NQ=a
и \angle NQB=\alpha
. Следовательно,
\angle QNK=\angle BNK+\angle BNQ=2\gamma+180^{\circ}-2\alpha,
\angle PMK=\angle AMK+\angle PMA=180^{\circ}-2\alpha+2\gamma=\angle QNK.
Поскольку \alpha\geqslant\gamma
, то либо точки P
и Q
лежат на прямой MN
, и в таком случае задача решена, либо точка P
лежит в той же полуплоскости, что и точка A
относительно прямой MN
, а точка Q
— в другой полуплоскости (так как \angle QNC=2\alpha\gt2\gamma=\angle BNM
, а \angle PMA=2\gamma\lt2\alpha=\angle BMN
).
Заметим, что BK
— биссектриса треугольника BMN
, поэтому \frac{MK}{KN}=\frac{c}{a}=\frac{MP}{QN}
. Вместе с равенством \angle PMK=\angle QNK
это означает, что треугольники PMK
и QNK
подобны. Значит, \angle MKP=\angle NKQ
. Поскольку точки P
и Q
лежат в разных полуплоскостях относительно прямой MN
, точки P
, M
и Q
лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.