13736. На основании BC
равнобедренного треугольника ABC
отмечена точка D
, причём BD:DC=2:1
, а на отрезке AD
отмечена точка P
, причём \angle BAC=\angle BPD
. Докажите, что \angle DPC=\frac{1}{2}\angle BAC
.
Решение. Пусть \Gamma
— описанная окружность треугольника BPC
, а луч PD
пересекает эту окружность в точке E
. Пусть прямая, проведённая через точку E
параллельно BC
, пересекает эту окружность в точке T
, отличной от E
, а лучи AB
и AC
пересекают эту прямую в точках X
и Y
соответственно.
По теореме о пропорциональных отрезках на параллельных прямых (см. задачу 1597)
XE:EY=BD:DC=2:1~\Rightarrow~XE=2EY.
Заметим, что
\angle CEY=\angle BCE=\angle BPE=\angle BPD=\angle BAC,~\angle CYE=\angle ACB,
поэтому треугольник ECY
подобен равнобедренному треугольнику ABC
. Тогда
\angle ECY=\angle ABC=\angle ACB=\angle CYE,
поэтому SC=EY
.
Поскольку
\angle BTX=\angle BPE=\angle BPD=\angle BAC,~\angle BXT=\angle ABC,
то
\angle XBT=\angle ACB=\angle ABC=\angle BXT,
поэтому TB=TX
.
Поскольку TE\parallel BC
и \angle BTX=\angle CEY
, то TB=EC
. Значит,
TX=TB=EC=EY.
Таким образом, XE=2TX
. Значит,
TE=XE-TX=TX=EY=EC.
Тогда
\angle CPE=\angle CTE=\angle ECT=\frac{1}{2}\angle CEY=\frac{1}{2}\angle BAC
(так как CEY
— внешний угол равнобедренного треугольника ECT
). Следовательно, \angle DPC=\frac{1}{2}\angle BAC
. Что и требовалось доказать.