13546. В треугольнике ABC
со сторонами BC\gt CA\gt AB
отмечены точка D
на стороне BC
, точка E
на продолжении стороны BA
за точку A
, точка P
на стороне AC
, причём BD=BE=CA
и точки E
, B
, D
, P
лежат на одной окружности. Пусть Q
— вторая точка пересечения прямой BP
с описанной окружностью треугольника ABC
. Докажите, что AQ+CQ=BP
.
Решение. Первый способ. Пусть R
и R'
— радиусы описанных окружностей треугольников ABC
и BDE
соответственно. Поскольку
\angle PBE=\angle QBA,~\angle PBD=\angle QBC,~\angle EBD=\angle ABC,
то по теореме синусов
\frac{PE}{QA}=\frac{PD}{QC}=\frac{DE}{CA}=\frac{R'}{R}.
тогда, учитывая, что BD=BE=CA
, получим
AQ+CQ=BP~\Leftrightarrow~\frac{PE}{QA}\cdot AQ+\frac{PD}{QC}\cdot CQ=\frac{DE}{CA}\cdot BP~~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~PE+PD=\frac{DE}{CA}\cdot BP~\Leftrightarrow~PE\cdot CA+PD\cdot CA=DE\cdot BP~\Leftrightarrow~
~\Leftrightarrow~PE\cdot BD+PD\cdot BE=PB\cdot DE.
Последнее равенство следует из теоремы Птолемея для вписанного четырёхугольника BDPE
(см. задачу 130). Утверждение задачи доказано.
Второй способ. Обозначим
\angle CAQ=\angle CBQ=\alpha,~\angle ACQ=\angle ABQ=\beta.
Пусть M
— точка на отрезке BQ
, для которой \angle BEM=\alpha
. Поскольку BE=CA
, треугольники BEM
и CAQ
равны по двум углам, поэтому BM=CQ
и ME=QA
.
Рассмотрим треугольники PME
и DBE
. Поскольку
\angle MEP=\angle MED+\angle DEP=\angle MED+\alpha=\angle BED,
а также по теореме о внешнем угле треугольника
\angle PME=\angle MBE+\angle MEB=\beta+\alpha=\angle DBE,
то треугольники PME
и DBE
подобны по двум углам, а так как треугольник PME
равнобедренный (BD=BE
), то MP=ME
. Следовательно,
CQ+AQ=BM+ME=BM+MP=BP.
Что и требовалось доказать.