5150. На сторонах AB
и AC
треугольника ABC
нашлись такие точки соответственно M
и N
, отличные от вершин, что MC=AC
и NB=AB
. Точка P
симметрична точке A
относительно прямой BC
. Докажите, что PA
— биссектриса угла MPN
.
Решение. Первый способ. Из симметрии следует, что \angle BPC=\angle A
, а так как треугольник AMC
равнобедренный, то \angle AMC=\angle A
. Значит,
\angle BPC+\angle BMC=\angle A+(180^{\circ}-\angle AMC)=180^{\circ},
поэтому четырёхугольник BMCP
— вписанный. Тогда
\angle MPC=\angle MBC=\angle B,
а так как из симметрии
\angle APC=\angle CAP=90^{\circ}-\angle ACB=90^{\circ}-\angle C,
то
\angle MPA=\angle MPC-\angle APC=\angle MBC-\angle PAC=
=\angle B-(90^{\circ}-\angle C)=\angle B+\angle C-90^{\circ}.
Аналогично,
\angle NPA=\angle B+\angle C-90^{\circ}.
Следовательно, \angle MPA=\angle NPA
.
Второй способ. При гомотетии с центром A
и коэффициентом \frac{1}{2}
точка P
переходит в основание A_{1}
высоты AA_{1}
треугольника ABC
. Треугольник ACM
равнобедренный, его медиана CC_{1}
является высотой, поэтому точка M
переходит в C_{1}
. Аналогично точка N
переходит в основание высоты BB_{1}
. Утверждение задачи следует из того, что высоты треугольника ABC
являются биссектрисами его ортотреугольника (см. задачу 533).