10772. Дан треугольник ABC
, в котором \angle C=2\angle B
. Точка P
лежит внутри треугольника ABC
, причём AP=AC
и PB=BC
. Докажите, что AP
— трисектриса угла BAC
.
Решение. Пусть \angle BAC=\alpha
, \angle ABC=\beta
и \angle ACB=\gamma
. Тогда \angle ACB=2\beta
. При симметрии относительно серединного перпендикуляра l
к отрезку BC
треугольник ABC
переходит в равный ему треугольник CA'B
. При этом точка A'
симметрична A
относительно l
, AA'CB
— равнобедренная трапеция, а
\angle BCA'=\angle ABC=\beta,~\angle ACA'=\angle ACB-\angle ABC'=2\beta-\beta=\beta.
Значит, CA'
— биссектриса угла ACB
.
Из параллельности AA'
и BC
, получаем
\angle AA'C=\angle BCA=\angle ACA',
поэтому треугольник CAA'
равнобедренный, и A'A=AC=A'B
.
Из симметрии A'P=AP
, а так как
AA'=AC=AP=A'P,
то треугольник APA'
равносторонний. Следовательно,
\angle PAB=\angle PAA'-\angle BAA'=60^{\circ}-\beta=\frac{180^{\circ}-3\beta}{3}=
=\frac{180^{\circ}-\beta-\gamma}{3}=\frac{\alpha}{3}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1987, № 9, задача 1164 (1986, с. 178), с. 304