12974. Дан равнобедренный прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом при вершине A
. Точки M
и P
лежат на катете AB
, причём AM=BP
. Точка D
— середина гипотенузы BC
. Прямая, проходящая через вершину A
перпендикулярно CM
, пересекает отрезки CM
и BC
в точках R
и Q
соответственно. Докажите, что:
а) треугольники AQC
и PQB
подобны;
б) \angle DRQ=45^{\circ}
.
Решение. а) Обозначим \angle MCA=\angle QAB=\theta
. Поскольку \angle PBC=\angle ACQ
, достаточно доказать, что \frac{PB}{BQ}=\frac{AC}{CQ}
, или
\frac{BQ}{CQ}=\frac{PB}{AC}=\frac{AM}{AC}=\tg\theta.
По теореме синусов из треугольников ABQ
и ACQ
получаем
\frac{PQ}{\sin\theta}=\frac{AQ}{\sin45^{\circ}}=\frac{CQ}{\sin\angle CAQ}=\frac{CQ}{\sin(90^{\circ}-\theta)}=\frac{CQ}{\cos\theta},
откуда \frac{BQ}{CQ}=\tg\theta
. Отсюда следует утверждение задачи.
б) Поскольку AD
— медиана прямоугольного треугольника ABC
, проведённая из вершины прямого угла,
AD=BD=CD
(см. задачу 1109), а так как
\angle ADC=\angle ARC=90^{\circ},
то четырёхугольник AEDC
вписан в окружность с диаметром AC
. Следовательно,
\angle DRQ=180^{\circ}-\angle ARD=\angle ACD=45^{\circ}.
Что и требовалось доказать.