13584. Отрезок AD
— биссектриса треугольника ABC
, в котором сторона AB
больше стороны AC
. Точка P
лежит на отрезке AC
. Докажите, что \angle BPD\lt\angle DPC
.
Решение. Проведём биссектрису PE
треугольника BPS
. По теореме синусов из треугольников BPE
и CPE
получаем
\frac{BP}{\sin\angle BEP}=\frac{BE}{\sin\angle EBP},~\frac{BC}{\sin(180^{\circ}-\angle BEP)}=\frac{BE}{\sin\angle ECP}.
Разделив первое равенство на второе, получим
\frac{PB}{PC}=\frac{\sin\angle ECP}{\sin\angle EBP}=\frac{\sin\angle PCB}{\sin\angle PBC}.
Луч PB
проходит между сторонами угла ABC
, причём угол ABC
острый, поскольку он лежит против не самой большой стороны треугольника ABC
, поэтому \sin\angle PBC\lt\sin\angle ABC
. Кроме того, по теореме синусов и свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}.
Таким образом,
\frac{BE}{EC}=\frac{PB}{PC}=\frac{\sin\angle PCB}{\sin\angle PBC}\gt\frac{\sin\angle ACB}{\sin\angle ABC}=\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC},
поэтому точка E
лежит между D
и C
. Тогда
\angle CPD\gt\angle CPE=\angle BPE=\frac{1}{2}\angle BPC.
Следовательно, \angle CPD\gt\angle BPD
. Что и требовалось доказать.