Найти угол

[Edward_Tur]

На сторонах $AB$ и $AC$ разностороннего треугольника $ABC$ внешним образом построены треугольники $ABQ$ и $APC$, причем $\angle Q=\angle P$, $\angle ABQ=\angle ACP$. Известно, что $MP=MQ$, где $M$ – середина стороны $BC$. Найти $\angle P$.

[blek]

Ответ легко угадывается. Предположим, $MP=MQ=MB=MC$ , а А совпадает с точкой пересечения $PB$ и $QC$. Тогда условия задачи выполнены ($\angle BAQ = \angle CAP $).

[Батороев]

blek в сообщении #1640150 писал(а):

Предположим, $MP=MQ=MB=MC$

Не факт. Второй знак равенства - спорный.
Допустим, имеется равнобедренный треугольник $QRP$ с основанием $QP$. Параллельно основанию проводим прямую. Точки пересечения обозначаем через $B$ и $C$. Середину основания $QP$ обозначим через $A$, середину $BC$ - через $M$. Приводим рисунок к заданной задаче. Все условия задачи выполнены за исключением "разносторонности" треугольника $ABC$. Но ответ не получим, т.к. $BC$ проводили произвольным образом.

[TOTAL]

Батороев в сообщении #1640603 писал(а):

blek в сообщении #1640150 писал(а):

Предположим, $MP=MQ=MB=MC$

Не факт. Второй знак равенства - спорный.

А что спорного? Два вписанных (прямоугольных) треугольника опираются на один диаметр. Это даёт удовлетворяющую условию разностороннюю конфигурацию.

[Батороев]

TOTAL в сообщении #1640607 писал(а):

Батороев в сообщении #1640603 писал(а):

blek в сообщении #1640150 писал(а):

Предположим, $MP=MQ=MB=MC$

Не факт. Второй знак равенства - спорный.

А что спорного? Два вписанных (прямоугольных) треугольника опираются на один диаметр. Это даёт удовлетворяющую условию разностороннюю конфигурацию.

Может, в какой-то схеме это равенство соблюдается, в какой-то - нет. В частности я и описал схему в которой второй знак равенства не поставишь. Оттого и назвал "спорным".

[TOTAL]

Батороев в сообщении #1640613 писал(а):

В частности я и описал схему в которой второй знак равенства не поставишь. Оттого и назвал "спорным".

В это второй схеме условие задачи не выполнено (про разносторонность).

[Батороев]

TOTAL в сообщении #1640615 писал(а):

В это второй схеме условие задачи не выполнено (про разносторонность).

Я это отметил.

TOTAL в сообщении #1640607 писал(а):

Два вписанных (прямоугольных) треугольника опираются на один диаметр. Это даёт удовлетворяющую условию разностороннюю конфигурацию.

Вы могли бы дать буквенные обозначения этих двух треугольников?

[TOTAL]

Батороев в сообщении #1640617 писал(а):

Вы могли бы дать буквенные обозначения этих двух треугольников?

На диаметр $CB$ опираются треугольники $CBP$ и $CBQ$. В точке $A$ пересекаются $BP$ и $CQ$.

[Батороев]

TOTAL в сообщении #1640618 писал(а):

На диаметр $CB$ опираются треугольники $CBP$ и $CBQ$. В точке $A$ пересекаются $BP$ и $CQ$.

А где треугольник $APC$, "построенный внешним образом" на стороне $AC$?

[TOTAL]

Батороев в сообщении #1640622 писал(а):

TOTAL в сообщении #1640618 писал(а):

На диаметр $CB$ опираются треугольники $CBP$ и $CBQ$. В точке $A$ пересекаются $BP$ и $CQ$.

А где треугольник $APC$, "построенный внешним образом" на стороне $AC$?

Найдите точки $A, P, C$. Это вершины треугольника, который внешним образом построен на $AC$.

[Батороев]

TOTAL
Что-то я не "догоняю". Пробовал и так - и сяк строить. Все равно один из треугольников $ABQ$ и $APC$ получается не "построенным внешним образом", т.е. не вне треугольника $ABC$.

[TOTAL]

Батороев в сообщении #1640625 писал(а):

TOTAL
Что-то я не "догоняю". Пробовал и так - и сяк строить. Все равно один из треугольников $ABQ$ и $APC$ получается не "построенным внешним образом", т.е. не вне треугольника $ABC$.

Точка $A$ -- единственная лежит не на окружности (а внутри). Остальные точки располагаются на окружности по часовой стрелке в порядке: $C, P, Q, B$. Причем $CB$ -- диаметр.

[Батороев]

TOTAL
Всё - разобрался. Спасибо! Был не прав.

[Edward_Tur]

Обозначим: $\angle P=\angle Q=x, \angle ABQ=\angle ACP=\varphi$.
Вычисляем:

$$PC=b\frac{\sin{(x+\varphi)}}{\sin x}$$

$$PM^2=\frac{a^2}4+b^2\frac{\sin^2{(x+\varphi})}{\sin^2x}-2b\frac{\sin{(x+\varphi})}{\sin x}\frac{a}2\cos{(\gamma+\varphi)}=$$

$$\frac{a^2}4+\frac{(\sin{x+\varphi)}}{\sin x}\left(b^2\frac{\sin{(x+\varphi)}}{\sin x}-ab\cos{\gamma}\cos{\varphi}+ ab\sin{\gamma}\sin{\varphi}\right)=$$

$$\frac{a^2}4+\frac{\sin{(x+\varphi)}}{\sin x}\left(b^2\frac{\sin{(x+\varphi)}}{\sin x}-\frac{a^2+b^2-c^2}2\cos{\varphi}+\frac{abc}{2R}\sin{\varphi}\right).$$

Аналогично, вычисляя $QM^2$, из равенства $PM^2=QM^2$ имеем:

$$b^2\frac{\sin{(x+\varphi)}}{\sin x}-\frac{a^2+b^2-c^2}2\cos{\varphi}= c^2\frac{\sin{(x+\varphi)}}{\sin x}-\frac{a^2-b^2+c^2}2\cos{\varphi},$$

$$(b^2-c^2) \left(\sin{(x+\varphi)}-\sin x\cos{\varphi}\right)=0,$$

$$\cos x\sin{\varphi}=0,$$

$$\angle P=90^{\circ}.$$