16188. Угол при вершине A
остроугольного треугольника ABC
равен 45^{\circ}
. Точка O
— центр описанной окружности треугольника, а прямые BO
и CO
пересекают стороны AC
и AB
в точках D
и E
соответственно. Точки P
и Q
лежат на стороне BC
, причём OP\parallel AB
и OQ\parallel OC
. Докажите, что OD+OE=PQ\sqrt{2}
.
Решение. Пусть \angle A=\alpha=45^{\circ}
, \angle B=\beta
, \angle C=\gamma
, а R
— радиус описанной окружности треугольника ABC
.
Из условия следует, что
\angle POQ=BAC=\alpha=45^{\circ},~\angle OPQ=\beta,\angle OQB=\gamma.
Поскольку треугольник ABC
остроугольный, то
\angle BOC=2\angle BAC=90^{\circ},
поэтому острые углы равнобедренного прямоугольного треугольника BOC
равны 45^{\circ}
. Тогда
\angle ACE=\gamma-45^{\circ}~\Rightarrow~\angle BEC=\alpha+(\gamma-45^{\circ})=45^{\circ}+(\gamma-45^{\circ})=\gamma,
По теореме синусов из треугольников OPQ
и OQB
получаем
\frac{PQ}{\sin45^{\circ}}=\frac{OQ}{\sin\beta}~\mbox{и}~\frac{OQ}{\sin45^{\circ}}=\frac{R}{\sin\gamma}.
Следовательно,
PQ\sqrt{2}=\frac{PQ}{\sin45^{\circ}}=\frac{OQ}{\sin\beta}=\frac{OQ}{\sin45^{\circ}}\cdot\frac{\sin45^{\circ}}{\sin\beta}=\frac{OQ}{\sin45^{\circ}}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=
=\frac{R}{\sin\gamma}\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{R\sin(\beta+\gamma)}{\sin\beta\sin\gamma}=R(\ctg\beta+\ctg\gamma)=R\ctg\beta+R\ctg\gamma=OD+OE.
Что и требовалось доказать.