13605. Точка D
лежит на продолжении стороны AB
треугольника ABC
за точку B
, причём BD=AC
. Точка E
лежит на продолжении стороны AC
за точку C
, причём CE=AB
. Серединный перпендикуляр к стороне BC
пересекает отрезок DE
в точке P
. Докажите, что \angle BPC=\angle BAC
.
Решение. Обозначим AC=b
, AB=c
. Через точку D
параллельно AC
проведём прямую, и отложим на ней отрезок DF=AC
на луче, сонаправленном с лучом AC
. Тогда ACFD
— параллелограмм, поэтому
CF=AD=AB+BD=b+c,~\angle CAD=\angle CFD.
Пусть прямые CF
и DE
пересекаются в точке H
. Треугольник ADE
равнобедренный (AD=AE=b+c
), а CH\parallel AD
, поэтому
\angle CHE=\angle ADE=\angle CEH.
Значит, CH=CE=c
. Тогда
HF=CF-CH=(b+c)-c=b=BD.
Поскольку ABHC
— параллелограмм,
\angle BHC=\angle BAC=\angle CFD,
а так как
BD=FH=b=AC=DF=BH,
то BDFH
— ромб. Значит, прямая DH
— ось симметрии его угла BHF
. При этом CP=BP
(точка P
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BC
). Следовательно,
PF=BP=CP,\angle PBH=\angle PFH=\angle PCH.
Из точек B
и C
, лежащих по одну сторону от прямой PH
, отрезок PH
виден под одним и тем же углом, значит, точки B
, C
, P
и H
лежат на одной окружности. Следовательно,
\angle BPC=\angle BHC=\angle BAC.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1998, № 5, задача 2244 (1997, с. 243), с. 317