4287. AK
— биссектриса треугольника ABC
, P
и Q
— точки на двух других биссектрисах (или на их продолжениях) такие, что PA=PK
и QA=QK
. Докажите, что \angle PAQ=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle A
.
Решение. Пусть точка P
лежит на биссектрисе угла B
, а точка Q
— на биссектрисе угла C
. Поскольку точка P
равноудалена от концов отрезка AK
, то она лежит на серединном перпендикуляре l
к этому отрезку. Прямая l
имеет с прямой, на которой лежит биссектриса угла B
, ровно одну общую точку, так как в противном случае две биссектрисы треугольника были бы параллельными или перпендикулярными, что невозможно (сумма двух углов треугольника меньше 180^{\circ}
). Таким образом, точка P
определена однозначно. Аналогично для точки Q
.
Опишем окружность вокруг треугольника ABK
. Пусть луч BP
вторично пересекает эту окружность в точке P'
. Тогда P'
— середина дуги AK
, не содержащей точки B
, поэтому P'A=P'K
. Значит, точка P'
, лежащая на биссектрисе угла B
, равноудалена от точек A
и K
, т. е. также лежит на серединном перпендикуляре l
к отрезку AK
. Следовательно, она совпадает с точкой P
.
Из теоремы о вписанных углах, опирающихся на одну дугу, следует, что
\angle KAP=\angle PBK=\frac{1}{2}\angle ABC.
Аналогично
\angle KAQ=\frac{1}{2}\angle ACB.
Следовательно,
\angle PAQ=\angle KAP+\angle KAQ=\frac{1}{2}\angle ABC+\frac{1}{2}\angle ACB=\frac{1}{2}(\angle ABC+\angle ACB)=
=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BAC)=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle BAC.
Автор: Шарыгин И. Ф.
Источник: Турнир городов. — 1995-1996, XVII, осенний тур, младшие классы, основной вариант