Районная олимпиада, 2016-2017 учебный год, 8 класс

Из вершины $A$ треугольника $ABC$ проведены перпендикуляры $AP$ и $AQ$ к биссектрисам углов этого треугольника при вершинах $B$ и $C$ соответственно.
а) Докажите, что отрезок $PQ$ параллелен стороне $BC$ треугольника $ABC$.
б) Вычислите длину отрезка $PQ$, если $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$.

Комментарий/решение

Обозначим пересечение биссектрис как $N$ , тогда $AQNP$ вписанный следует из условия.

a)Требуется доказать что $\angle BCQ = \angle PQC = \dfrac{ \angle C}{2}$ откуда будет следовать что $BC ||PQ$ .

Найдем $\angle PQC = \angle PAN = 90^{\circ}-(\angle ANP) = 90^{\circ} - (180^{\circ}-\dfrac{ \angle A}{2}-(180^{\circ}- \angle A-\dfrac{\angle B}{2}))=90-\dfrac{\angle A+ \angle B}{2} = \dfrac{\angle C}{2}$ , значит $BC ||PQ$.

б) Продлим биссектрисы углов, до пересечения со сторонами $AC,AB$ и положим что точки пересечения равны $X,Y$ соответственно, так как $BC||PQ$ получим что треугольники $BYP , \ XQP$ равнобедренные . Тогда $QY+YX=CX$ и $XP+YX=BY$ суммируя получим $QP=BY+CX-YX$ либо что тоже самое $QP=c-AY+b-AX-YX = b+c-(AY+AX+YX) = b+c+P_{XYA} (1)$ , так как треугольники $XYA , ABC$ подобны , то $\dfrac{P_{XYA}}{a+b+c}=\dfrac{AY}{c}=\dfrac{c-BY}{c}$ выражая $P_{XYA}$ и подставляя в $(1)$ , получим $QP=b+c-\dfrac{(c-BY)(a+b+c)}{c}$. Из равнобедренного треугольника $BYP$ , получим $BP=2BY \cdot cos \dfrac{B}{2}$ , но из прямоугольного треугольника $ABP$ получим $BP=c \cdot cos \dfrac{B}{2}$ откуда $BY=\dfrac{c}{2}$ значит $QP=b+c-\dfrac{(c-\dfrac{c}{2})(a+b+c)}{c} = \dfrac{b+c-a}{2}$

Ответ $QP=\dfrac{b+c-a}{2}$ .

Продолжим $AP$ и $AQ$ до пересечения с $BC$ в $M$ и $N$ соответственно. Тогда в треугольнике $AMB$ отрезок $AP$ является и высотой и биссектрисой, а значит и медианой. Также $BA=BM$. В треугольнике $ANC$ аналогично получим, что $Q$ - середина $AN$ и $CA=CN$. Из всего вышеперечисленного $PQ$ - средняя линия $\triangle AMN$, которая параллельна $BC$ и равна $\frac{MN}{2}$. $MN=BM+CN-BC=AB+AC-BC$, откуда $PQ=\frac{b+c-a}{2}.$