13345. В остроугольном треугольнике ABC
проведена высота BD
и отмечена точка H
пересечения высот. Серединный перпендикуляр к отрезку HD
пересекает окружность, описанную около треугольника BCD
, в точках P
и Q
. Докажите, что \angle APB+\angle AQB=180^{\circ}
.
Решение. Поскольку PQ\parallel CD
, прямая PQ
содержит среднюю линию прямоугольного треугольника AHD
. Значит, прямая PQ
пересекает гипотенузу AH
в её середине M
, и MA=MD=MH
.
Имеем \angle MDH=\angle MHD
, а так как MH\perp BC
и HD\perp CD
, то \angle MHD=\angle BCD
. Получаем равенство \angle MDH=\angle BCD
, из которого следует касание прямой MD
и описанной окружности треугольника BCD
в точке D
(см. задачу 144). Отсюда по теореме о касательной и секущей MA^{2}=MD^{2}=MP\cdot MQ
(см. задачу 93). Тогда \frac{MA}{MP}=\frac{MQ}{MA}
.
Треугольники AMP
и QMA
по двум сторонам и углу между ними. Отсюда \angle MQA=\angle MAP
, а так как HMQ
— внешний угол треугольника AMP
, то
\angle MPA+\angle MQA=\angle MPA+\angle MAP=
=\angle HMQ=90^{\circ}-\angle MHD=\angle MDH=\angle MDB=\angle CBD.
Поскольку
\angle APB+\angle AQB=(\angle MPA+\angle MPB)+(\angle MQA+\angle MQB)=
=(\angle MPA+\angle MQA)+(\angle MPB+\angle MQB)=
=\angle CBD+\angle MPB+\angle MQB,
то для завершения решения остаётся убедиться, в том, что
\angle CBD+\angle MPB+\angle MQB=180.
Для определённости считаем, что P
лежит между M
и Q
. Дуги CQ
и DP
, заключённые между параллельными хордами, равны, поэтому равны опирающиеся на них вписанные углы DBP
и CBQ
. Тогда
\angle CBD+\angle MPB+\angle MQB=
=\angle CBD+(180^{\circ}-\angle BPQ)+(90^{\circ}-\angle DBQ)=
=\angle CBD-(\angle BPQ+\angle DBQ)+270^{\circ}=
=\angle CBD-((90^{\circ}-\angle DBP)+(\angle CBD+\angle CBQ))+270^{\circ}=180^{\circ}.
Отсюда следует утверждение задачи.