17997. Около остроугольного треугольника ABC
, у которого \angle CAB\gt45^{\circ}
, описана окружность с центром O
. Точка P
лежит внутри треугольника, причём точки A
, P
, O
, B
лежат на одной окружности и BP\perp CP
. Точка Q
лежит на отрезке BP
, причём AQ\parallel PO
. Докажите, что \angle QCB=\angle PCQ
.
Решение. Поскольку \angle CAB\gt45^{\circ}
, то \angle BOC\gt90^{\circ}
, поэтому точки A
, P
, O
, B
лежат на одной окружности в указанном порядке.
Вместо требуемого равенства \angle QCB=\angle PCQ
будем доказывать равносильное ему равенство \angle OCB=\angle PCQ
.
Центральный угол BOC
при вершине равнобедренного треугольника BOC
вдвое больше соответствующего вписанного угла BAC
, поэтому
\angle OCB=90^{\circ}-\angle BAC,
а так как
\angle PCQ=90^{\circ}-\angle CQP,
то достаточно доказать, что \angle BAC=\angle CQP
.
Из параллельности AQ
и PO
, а также из вписанности четырёхугольника APOB
получаем
\angle PQA=\angle QPO=\angle BPO=\angle BAO=\angle OBA=180^{\circ}-\angle APO=\angle QAP,
поэтому треугольник AQP
равнобедренный, PA=PQ
.
Пусть Q'
— точка, симметричная Q
относительно P
. Тогда PQ'=PQ=PA
, поэтому (см. задачу 1188) \angle QAQ'=90^{\circ}
. Значит,
\angle AQ'B=\angle AQ'Q=90^{\circ}-\angle Q'QA=90^{\circ}-\angle PQA=90^{\circ}-\angle OBA=\angle ACB.
Тогда четырёхугольник ABCQ'
вписанный.
Таким образом, поскольку QPC=90^{\circ}
и PQ=PQ'
, то треугольник Q'QC
равнобедренный, CQ=CQ'
. Значит,
\angle CQP=\angle CQQ'=\angle QQ'C=\angle BQ'C=\angle BAC.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Среднеевропейская математическая олимпиада. — 2016, задача I-3, с. 9