16227. На продолжении стороны AB
треугольника ABC
за точку B
отложили отрезок BD=BC
. На продолжении стороны AC
за точку C
— отрезок CE=BC
. Отрезки BE
и CD
пересекаются в точке P
, а \frac{DP}{BE}+\frac{EP}{CD}=2\sin\frac{1}{2}\angle BAC
. Докажите, что \angle BAC=90^{\circ}
.
Решение. Пусть углы треугольника ABC
, противолежащие сторонам BC=a
, CA=b
и AB=c
, равны \alpha
, \beta
и \gamma
соответственно.
Треугольники CBD
и BCE
равнобедренные, поэтому по теореме о внешнем угле треугольника
\angle BCD=\angle BDC=\frac{\beta}{2},~\angle CBE=\angle CEB=\frac{\gamma}{2}.
Тогда
\angle PCE=\angle BCE-\angle BCD=(180^{\circ}-\gamma)-\frac{\beta}{2}=(\alpha+\beta+\gamma-\gamma)-\frac{\beta}{2}=\alpha+\frac{\beta}{2}.
Аналогично,
\angle PBD=\alpha+\frac{\gamma}{2}.
Кроме того, по теореме о внешнем угле треугольника
\angle BPD=\angle CPE=\angle BCP+\angle CBP=\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
По теореме синусов из треугольников BCE
и CBD
получаем
BE=\frac{BC\sin(180^{\circ}-\gamma)}{\sin\frac{\gamma}{2}}=\frac{BC\sin\gamma}{\sin\frac{\gamma}{2}}=2BC\cos\frac{\gamma}{2},
CD=\frac{BC\sin(180^{\circ}-\beta)}{\sin\frac{\beta}{2}}=\frac{BC\sin\beta}{\sin\frac{\beta}{2}}=2a\cos\frac{\beta}{2}.
По теореме синусов из треугольников DBP
и ECP
получаем
DP=\frac{BD\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}=\frac{a\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{\cos\frac{\alpha}{2}},
EP=\frac{EC\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)}{\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)}=\frac{a\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)}{\cos\frac{\alpha}{2}}.
Тогда
\frac{DP}{BE}=\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{2\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\alpha}{2}},~\frac{EP}{CD}=\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)}{2\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}.
По условию
2\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{DP}{BE}+\frac{EP}{CD}=\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{2\cos\frac{\gamma}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}+\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)}{2\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}
или
\sin\alpha=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)}{\cos\frac{\gamma}{2}}+\frac{\sin\left(\alpha+\frac{\beta}{2}\right)}{\cos\frac{\beta}{2}}\right)=
=\frac{1}{2}\left(\frac{\sin\alpha\cos\frac{\gamma}{2}+\cos\alpha\sin\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}+\frac{\sin\alpha\cos\frac{\beta}{2}+\cos\alpha\sin\frac{\beta}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}}\right)=
=\frac{1}{2}\left(\sin\alpha+\frac{\cos\alpha\sin\frac{\gamma}{2}}{\cos\frac{\gamma}{2}}+\sin\alpha+\frac{\cos\alpha\sin\frac{\beta}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}}\right)=
=\sin\alpha+\frac{1}{2}\cdot\frac{\cos\alpha\sin\frac{\beta+\gamma}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}=\sin\alpha+\frac{1}{2}\cos\alpha\cdot\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}},
а так как
\frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}}\gt0,
то \cos\alpha=0
. Следовательно, \alpha=90^{\circ}
. Что и требовалось доказать.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2005, № 4, задача 2943 (2004, с. 230, 232), с. 247