5151. Вписанная в треугольник ABC
окружность \sigma
касается сторон AB
и AC
в точках D
и E
соответственно. Пусть P
— произвольная точка на большей дуге DE
окружности \sigma
, F
— точка, симметричная точке A
относительно прямой DP
, M
— середина отрезка DE
. Докажите, что угол FMP
— прямой.
Указание. Пусть G
— точка, симметричная точке A
относительно прямой EP
. Докажите, что четырёхугольник FDGE
— параллелограмм.
Решение. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке. Пусть G
— точка, симметричная точке A
относительно прямой EP
. Из симметрии PF=PA=PG
, значит, треугольник FPG
— равнобедренный. Кроме того, FD=AD
, GE=AE
. Поскольку AD
и AE
— равные отрезки касательных, получаем FD=GE
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle FDA=\beta
. Тогда
\angle FDE=\angle FDA+\angle ADE=\beta+90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что
\angle DEP=\angle BDP=\frac{\beta}{2},~\angle CEP=\angle PDE=180^{\circ}-\angle BDP-\angle ADE=
=180^{\circ}-\frac{\beta}{2}-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2}.
Пусть K
— точка на продолжении отрезка PE
за точку E
. Тогда
\angle DEG=360^{\circ}-\angle AEG-\angle AED=
=360^{\circ}-2\angle AEK-\angle ADE=360^{\circ}-2\angle CEP-\angle ADE=
=360^{\circ}-2\left(90^{\circ}-\frac{\beta}{2}+\frac{\alpha}{2}\right)-\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=90^{\circ}+\beta-\frac{\alpha}{2}.
Таким образом, \angle DEG=\angle FDE
. Значит, EG\parallel DF
, и FDGE
— параллелограмм. Точка M
— середина диагонали DE
, значит, она также является серединой диагонали FG
. Следовательно, PM
— медиана (а значит, и высота) равнобедренного треугольника FPG
, и
\angle FMP=\angle GMP=90^{\circ}.
Аналогично для остальных случаев.
Примечание. Рассмотрения случаев можно избежать, рассматривая ориентированные углы (см. задачу 873).