13628. Точка D
лежит на стороне AC
треугольника ABC
, точки E
и F
лежат на отрезках BD
и BC
соответственно, причём \angle BAE=\angle CAF
, точки P
и Q
лежат на отрезках BC
и BD
соответственно, причём EP\parallel FQ\parallel AC
. Докажите, что \angle BAP=\angle CAQ
.
Решение. Пусть прямые PE
и FQ
пересекают сторону AB
в точках X
и Y
соответственно. По теореме о пропорциональных отрезках на параллельных прямых (см. задачу 1597) \frac{XE}{XP}=\frac{YQ}{YF}
.
Пусть прямая, проведённая через точку F
параллельно AB
, пересекает сторону AC
и прямую AQ
в точках G
и H
соответственно. Тогда
\frac{YQ}{YF}=\frac{AQ}{AH}=\frac{GF}{GH}.
Значит, \frac{XE}{XP}=\frac{GF}{GH}
.
Поскольку XH\parallel AG
и AX\parallel GH
, четырёхугольник AGHX
— параллелограмм, поэтому
\angle AXP=\angle AXH=180^{\circ}-\angle XAG=\angle AGF.
Поскольку
\angle XAE=\angle BAE=\angle CAF=\angle GAF,
треугольники AXE
и AGF
подобны по двум углам, а так как \frac{XE}{XP}=\frac{GF}{GH}
, то и треугольники AXP
и AGH
подобны. Значит, \angle XAP=\angle GAH
. Следовательно, \angle BAP=\angle CAQ
. Что и требовалось доказать.