13266. Точки E
и E'
лежат на сторонах соответственно BC
и CD
квадрата ABCD
, причём DE'=CE
. Прямые AE
и AE'
пересекают диагональ BD
в точках P
и Q
соответственно. Точка R
удалена от P
на расстояние, равное BP
, а от точки Q
— на расстояние, равное DQ
. Докажите, что \angle PRQ=60^{\circ}
.
Решение. Пусть сторона квадрата равна 1. Обозначим CE=DE'=x
(0\lt x\lt1
), RQ=DQ=y
и RP=BP=z
. Тогда
BE=1-x,~PQ=\sqrt{2}-y-z.
Поскольку DQ
и BP
— биссектрисы треугольников ADE'
и ABE
соответственно, то по формуле для биссектрисы треугольника (см. задачу 4021) получаем
y=DQ=\frac{2\cdot1\cdot x\cdot\cos45^{\circ}}{1+x}=\frac{x\sqrt{2}}{1+x},
z=BP=\frac{2\cdot1\cdot(1-x)\cdot\cos45^{\circ}}{2-x}=\frac{(1-x)\sqrt{2}}{2-x}.
По теореме косинусов
\cos\angle QRP=\frac{PR^{2}+QR^{2}-PQ^{2}}{2PR\cdot PQ}=\frac{z^{2}+y^{2}-(\sqrt{2}-y-z)^{2}}{2yz}=
=\frac{2\sqrt{2}(y+z)-2yz-2}{2yz}=\frac{\sqrt{2}(y+z)-yz-1}{yz}=
=\frac{\sqrt{2}(y+z)-1}{yz}-1=\frac{\sqrt{2}\left(\frac{x\sqrt{2}}{1+x}+\frac{(1-x)\sqrt{2}}{2-x}\right)-1}{\frac{x\sqrt{2}}{1+x}\cdot\frac{(1-x)\sqrt{2}}{2-x}}-1
=\frac{-3x^{2}+3x}{2x(1-x)}-1=\frac{3x(1-x)}{2x(1-x)}-1=\frac{3}{2}-1=\frac{1}{2}.
Следовательно, \angle QRP=60^{\circ}
.