13952. Точка O
— центр описанной окружности \Gamma
треугольника ABC
с тупым углом при вершине A
. Точка D
лежит на стороне AB
, причём AD=AC
. Диаметр AK
пересекается с отрезком CD
в точке L
. Окружность, проведённая через точки D
, K
и L
, пересекает окружность \Gamma
в точке P
, отличной от K
. Известно, что AK=2
и \angle BCD=\angle BAP=10^{\circ}
. Докажите, что DP=\sin\frac{1}{2}\angle A
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Пусть отрезок AP
пересекает сторону BC
в точке E
, F
— точка пересечения биссектрисы угла BAC
с окружностью \Gamma
, O
— центр этой окружности. Тогда, поскольку биссектриса угла при вершине A
равнобедренного треугольника CAD
перпендикулярна основанию CD
,
\angle ACB=\angle ACD+\angle DCB=\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)+10^{\circ}=100^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
поэтому
\angle ABC=180^{\circ}-\angle BAC-\angle ACB=180^{\circ}-\alpha-\left(100^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=80^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Поскольку DC\perp AF
и BC\perp FO
(так как F
— середина дуги BKC
), то
\angle KPF=\angle KAF=\angle AFO=\angle DCB=10^{\circ},
поэтому
\angle DLK=\angle CLA=90^{\circ}-\angle KAF=90^{\circ}-10^{\circ}=80^{\circ}.
Из вписанного четырёхугольника DPKL
получаем
\angle KPD=180^{\circ}-\angle DLK=180^{\circ}-80^{\circ}=100^{\circ}.
Значит,
\angle FPD=\angle KPD-\angle KPF=100^{\circ}-10^{\circ}=90^{\circ}.
т. е. треугольник DPF
прямоугольный.
Поскольку
\angle BCP=\angle BAP=10^{\circ},
получаем
\angle AFP=\angle ACP=\angle ACB+\angle BCP=\left(100^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)+10^{\circ}=110^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Тогда
\angle AFD=\angle CFA=\angle ABC=80^{\circ}-\frac{\alpha}{2},
\angle DFP=\angle AFP-\angle AFD=\left(110^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)-\left(80^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=30^{\circ}.
Прямая AF
— серединный перпендикуляр к отрезку CD
, поэтому DF=FC
. Из прямоугольного треугольника DPF
и равнобедренного треугольника COF
, учитывая, что половина центрального угла COF
равна вписанному углу CAF
, т. е. \frac{\alpha}{2}
, получаем
DP=\frac{1}{2}DF=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}\cdot2OF\sin\frac{1}{2}\angle COF=OF\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}AK\sin\frac{\alpha}{2}=\sin\frac{\alpha}{2}.
Что и требовалось доказать.