11788. В квадрате ABCD
отмечены точки P
и Q
(P
внутри треугольника ABC
, Q
внутри треугольника ADC
) так, что \angle PAQ=\angle PCQ=45^{\circ}
. Докажите, что прямые BP
и DQ
параллельны.
Решение. Достаточно доказать, что \angle ABP=\angle CDQ
.
Первый способ. Пусть E
и F
— точки, симметричные точке B
относительно прямых AP
и CP
соответственно. Тогда
\angle DAQ=45^{\circ}-\angle BAP=45^{\circ}-\angle EAP=\angle EAQ,~AE=AB=AD,
поэтому точка E
симметрична точке D
относительно прямой AQ
. Аналогично, точка F
симметрична точке D
относительно прямой CQ
.
Поскольку из симметрии
PE=PB=PF~\mbox{и}~QE=QD=QF,
треугольники PEQ
и PFQ
равны по трём сторонам. Значит, \angle PEQ=\angle PFQ
. Также в силу симметрии
\angle PEQ=\angle AEP+\angle AEQ=\angle ABP+\angle ADQ=\angle ABP+90^{\circ}-\angle CDQ.
Аналогично,
\angle PFQ=\angle CDQ+90^{\circ}-\angle ABP.
Значит,
\angle ABP+90^{\circ}-\angle CDQ=\angle CDQ+90^{\circ}-\angle ABP.
Следовательно, \angle ABP=\angle CDQ
.
Второй способ. Обозначим \angle BAP=\angle CAQ=\alpha
(эти углы равны как дополняющие угол CAP
до 45^{\circ}
), \angle CAP=\angle DAQ=\beta
, \angle BCP=\angle ACQ=\gamma
, \angle ACP=\angle DCQ=\delta
. Из треугольника ACP
по теореме синусов получаем, что \frac{AP}{CP}=\frac{\sin\delta}{\sin\beta}
.
Пусть M
и N
— проекции точки P
на стороны AB
и CD
соответственно. Тогда
\tg\angle ABP=\frac{PM}{MB}=\frac{PM}{CN}=\frac{AP\sin\alpha}{CP\sin\gamma}=\frac{AP}{CP}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma}=\frac{\sin\delta\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}.
Аналогично вычисляется \tg\angle CDQ
, и он равен тому же.
Автор: Произволов В. В.
Источник: Грибалко А. В., Медников Л. Э., Шаповалов А. В. XIX—XX турниры математических боёв имени А. П. Савина. — М.: МЦНМО, 2019. — № 311, с. 42