18113. В треугольнике ABC
проведена биссектриса AD
. Биссектриса внешнего угла при вершине A
пересекает описанную окружность треугольника ABC
в точке P
. Окружность, проходящая через точки A
и P
пересекает отрезок BP
в его внутренней точке E
, а отрезок CP
— в его внутренней точке F
. Докажите, что \angle DEP=\angle DFP
.
Указание. Докажите подобие треугольников ABE
и ACF
, а также — треугольников BRD
и CFD
.
Решение. Рассмотрим случай, когда точки A
, C
, B
и P
лежат описанной окружности \Gamma
треугольника ABC
в указанном порядке. Для других случаев решение аналогично.
Вписанные в окружность \Gamma
углы ABP
и ACP
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle ABE=\angle ABP=\angle ACP=\angle ACF.
Из окружности, проходящей через точки A
, P
, E
и F
получаем
\angle AEB=180^{\circ}-\angle AEP=180^{\circ}-\angle AFP=\angle AFC.
Значит, треугольники ABE
и ACF
подобны по двум углам. Тогда \frac{AB}{AC}=\frac{BE}{CF}
, а так как по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509) \frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}
, то
\frac{BE}{CF}=\frac{DB}{DC}.\eqno(1)
На продолжении отрезка PA
за точку A
отметим точку Z
. Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому
\angle PAB=90^{\circ}-\angle BAD=90^{\circ}-\angle CAD=\angle ZAC.
Тогда, учитывая, что четырёхугольник APBC
вписанный, получим
\angle DCF=\angle PCB=\angle PAB=\angle ZAC=180^{\circ}-\angle PAC=\angle PBC=\angle EBD.
Из этого и из равенства (1) следует, что треугольники BRD
и CFD
подобны, поэтому \angle BED=\angle CFD
. Значит,
\angle DEP=180^{\circ}-\angle BED=180^{\circ}-\angle CFD=\angle DFP.
Что и требовалось доказать.
Источник: Датские математические олимпиады. — 2015, задача 3, с. 26