17762. Дан треугольник ABC
с тупым углом при вершине A
. Различные точки P
и Q
лежат на стороне BC
, причём \angle BAP=\angle PAQ
и BP\cdot CQ=BC\cdot PQ
. Найдите \angle PAC
.
Ответ. 90^{\circ}
.
Решение. Поскольку AP
— биссектриса треугольника ABQ
, то (см. задачу 1509) \frac{AB}{AQ}=\frac{BP}{PQ}
, а так как по условию BP\cdot CQ=BC\cdot PQ
, то
\frac{BC}{CQ}=\frac{BP}{PQ}=\frac{AB}{AQ}.
Пусть R
— точка на стороне AC
, для которой QR\parallel BA
. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках
\frac{AB}{RQ}=\frac{BC}{CQ}=\frac{AB}{AQ},
откуда RQ=AQ
и \angle QAR=\angle QRA
. Кроме того, из параллельности QR
и BA
следует, что \angle AQR=\angle BAQ
. Тогда
\angle PAC=\angle PAQ+\angle QAR=\frac{1}{2}\angle BAQ+\frac{1}{2}(\angle QAR+\angle QRA)=
=\frac{1}{2}(\angle BAQ+\angle QAR+\angle QRA)=\frac{1}{2}(\angle AQR+\angle QAR+\angle QRA)=\frac{1}{2}\cdot180^{\circ}=90^{\circ}.
Источник: Сингапурские математические олимпиады. — 1994-1995, отбор на Международную олимпиаду, задача 1.2