16648. В равнобедренном треугольнике ABC
(AC=BC
) точка O
— центр описанной окружности, H
— ортоцентр, P
— точка внутри треугольника, для которой \angle APH=\angle BPO=90^{\circ}
. Докажите, что \angle PAC=\angle PBA=\angle PCB
.
Решение. Пусть M
— середина основания AB
. Тогда точки B
, O
, P
и M
лежат на окружности с диаметром OB
, а точки A
, H
, P
и M
лежат на окружности с диаметром AH
. Тогда
\angle PAH=\angle PMH=\angle PMO=\angle PBO.
Значит, треугольник PAH
подобен треугольнику PBO
, иначе говоря, P
— центр поворотной гомотетии, переводящей вектор \overrightarrow{AH}
в вектор \overrightarrow{BO}
. Тогда из равенства
\angle OBC=\angle OCB=90^{\circ}-\angle ABC=\angle HAB=\angle HBA
следует, что треугольник AHB
подобен треугольнику BOC
. Это значит, что поворотная гомотетия, о которой говорилось выше, переводит также точку B
в C
. Значит, треугольник PAB
подобен треугольнику PBC
, поэтому
\angle PCB=\angle PBA~\mbox{и}~\angle PBC=\angle PAB.
Следовательно,
\angle PAC=\angle BAC-\angle PAB=\angle CBA-\angle PBC=\angle PBA.
Отсюда следует утверждение задачи.
Автор: Заславский А. А.
Источник: Олимпиада по геометрии им. И. Ф. Шарыгина. — 2023, XX, финал, второй день, 9 класс, задача 5