12654. ABCD
— трапеция с основаниями AD
и BC
. На прямой AB
отмечена точка P
, для которой угол CPD
наибольший. На прямой CD
отмечена точка Q
, для которой угол BQA
наибольший. Точка P
лежит на отрезке AB
. Докажите, что \angle CPD=\angle BQA
.
Решение. Условие того, что угол CPD
наибольший, равносильно тому, что окружность проходящая через точки C
и D
, касается прямой AB
в точке P
(см. задачу 264).
Пусть O
— точка пересечения прямых AB
и CD
, l
— биссектриса угла AOD
, а A'
, B'
и Q'
— точки, симметричные точкам соответственно A
, B
и Q
относительно l
. Тогда описанная окружность треугольника AQB
симметрична описанной окружности треугольника A'Q'B'
, которая касается прямой AB
в точке Q'
.
Поскольку
\frac{OD}{OA'}=\frac{OD}{OA}=\frac{OC}{OB}=\frac{OC}{OB'},
то при гомотетии с центром O
и коэффициентом \frac{OD}{OA'}=\frac{OD}{OA}
, переводящей точку A'
в D
, точка B'
переходит в C
, а точка Q'
— в такую точку Q''
, для которой описанная окружность треугольника CQ''D
касается прямой AB
в точке Q''
. Значит, точка Q''
совпадает с P
, и треугольник A'B'C'
гомотетичен треугольнику DCP
. Тогда \angle AQB=\angle A'Q'B'
из симметрии, а \angle A'Q'B'=\angle DPC
из гомотетии. Следовательно, \angle AQB=\angle CPD
. Что и требовалось доказать.