Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16526
2026-02-19 
Пусть $P$ и $Q$ - точки, лежащие внутри угла $BAC$ треугольника $ABC$, причём прямая $PQ$ - серединный перпендикуляр к стороне $BC$ и $\angle ABP+\angle ACQ=180^{\circ}$. Докажите, что $\angle BAP=\angle CAQ$
Решение:
Первый способ. Рассмотрим случай, изображённый на рис.1.
Пусть прямая $PQ$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $L_{1}$ и $L_{2}$ Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle BAC=\beta$, $\angle ACB=\gamma$, $\angle CBP=\delta_{1}$, $\angle BCQ=\delta_{2}$.
Тогда по условию
$180^{\circ}=\angle ABP+\angle ACQ=(\beta+\delta_{1})+(\gamma+\delta_{2}),$
откуда
$\delta_{1}+\delta_{2}=180^{\circ}-\beta-\gamma=\alpha.$
Значит, существует такое $\delta$, что
$\delta_{1}=\frac{\alpha}{2}-\delta,~\delta_{2}=\frac{\alpha}{2}+\delta.$
Тогда
$\angle L_{1}BQ=\angle L_{1}CQ=\angle BCQ-\angle BCL_{1}=\angle BCQ-\angle BAL_{1}=\delta_{2}-\frac{\alpha}{2}=\delta=\frac{\alpha}{2}-\delta_{1}=\angle PBL_{1}.$
Следовательно, $BL_{1}$ - биссектриса треугольника $BPQ$, а т.к. $\angle L_{1}BL_{2}=90^{\circ}$, то $BL_{2}$ - внешняя биссектриса этого треугольника. Тогда окружность с диаметром $L_{1}L_{2}$, т.е. описанная окружность треугольника $ABC$, есть окружность Аполлония отрезка $PQ$ и отношения $\frac{BP}{BQ}$ (см. задачу 5926).
Точка $L_{1}$ лежит на этой окружности, поэтому $\frac{L_{1}P}{L_{1}AQ}=\frac{BP}{BQ}=\frac{AP}{AQ}$. Значит, $AL_{1}$ - биссектриса угла $PAQ$. В то же время, $AL_{1}$ - биссектриса угла $BAC$, т.к. $L_{1}$ - середина дуги $BL_{1}C$. Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для остальных случаев.
Второй способ. Рассмотрим случай, изображённый на рис.2.
Пусть $T$ - отличная от $Q$ точка пересечения прямой $PQ$ с описанной окружностью $\Omega$ треугольника $ACQ$. Тогда
$\angle ATP=\angle ATQ=180^{\circ}-\angle ACQ=\angle ABP,$
поэтому четырёхугольник $ABPT$ вписанный, и
$\angle BAP=\angle BTP=\angle BTQ.$
Поскольку $PQ$ - серединный перпендикуляр к отрезку $BC$, то
$\angle BTP=\angle CTP=\angle CAQ$
(т.к. $CTP$ и $CAQ$ - углы вписанные в окружность $\Omega$). Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для остальных случаев
Пусть $P$ и $Q$ - точки, лежащие внутри угла $BAC$ треугольника $ABC$, причём прямая $PQ$ - серединный перпендикуляр к стороне $BC$ и $\angle ABP+\angle ACQ=180^{\circ}$. Докажите, что $\angle BAP=\angle CAQ$
Решение:
Первый способ. Рассмотрим случай, изображённый на рис.1.
Пусть прямая $PQ$ пересекает описанную окружность треугольника $ABC$ в точках $L_{1}$ и $L_{2}$ Обозначим $\angle BAC=\alpha$, $\angle BAC=\beta$, $\angle ACB=\gamma$, $\angle CBP=\delta_{1}$, $\angle BCQ=\delta_{2}$.
Тогда по условию
$180^{\circ}=\angle ABP+\angle ACQ=(\beta+\delta_{1})+(\gamma+\delta_{2}),$
откуда
$\delta_{1}+\delta_{2}=180^{\circ}-\beta-\gamma=\alpha.$
Значит, существует такое $\delta$, что
$\delta_{1}=\frac{\alpha}{2}-\delta,~\delta_{2}=\frac{\alpha}{2}+\delta.$
Тогда
$\angle L_{1}BQ=\angle L_{1}CQ=\angle BCQ-\angle BCL_{1}=\angle BCQ-\angle BAL_{1}=\delta_{2}-\frac{\alpha}{2}=\delta=\frac{\alpha}{2}-\delta_{1}=\angle PBL_{1}.$
Следовательно, $BL_{1}$ - биссектриса треугольника $BPQ$, а т.к. $\angle L_{1}BL_{2}=90^{\circ}$, то $BL_{2}$ - внешняя биссектриса этого треугольника. Тогда окружность с диаметром $L_{1}L_{2}$, т.е. описанная окружность треугольника $ABC$, есть окружность Аполлония отрезка $PQ$ и отношения $\frac{BP}{BQ}$ (см. задачу 5926).
Точка $L_{1}$ лежит на этой окружности, поэтому $\frac{L_{1}P}{L_{1}AQ}=\frac{BP}{BQ}=\frac{AP}{AQ}$. Значит, $AL_{1}$ - биссектриса угла $PAQ$. В то же время, $AL_{1}$ - биссектриса угла $BAC$, т.к. $L_{1}$ - середина дуги $BL_{1}C$. Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для остальных случаев.
Второй способ. Рассмотрим случай, изображённый на рис.2.
Пусть $T$ - отличная от $Q$ точка пересечения прямой $PQ$ с описанной окружностью $\Omega$ треугольника $ACQ$. Тогда
$\angle ATP=\angle ATQ=180^{\circ}-\angle ACQ=\angle ABP,$
поэтому четырёхугольник $ABPT$ вписанный, и
$\angle BAP=\angle BTP=\angle BTQ.$
Поскольку $PQ$ - серединный перпендикуляр к отрезку $BC$, то
$\angle BTP=\angle CTP=\angle CAQ$
(т.к. $CTP$ и $CAQ$ - углы вписанные в окружность $\Omega$). Отсюда следует утверждение задачи.
Аналогично для остальных случаев
