Задача М802‍‍

Ответ: $\widehat P=\widehat Q=\beta$‍,‍ $\widehat K=180^\circ-2\beta$‍.‍

Эта задача относится к довольно большой группе задач, в которых рассматриваются треугольники или другие многоугольники данной формы, построенные на сторонах другого треугольника или многоугольника. Наверное, самая известная из них — так называемая «задача Наполеона» — доказать, что центры правильных треугольников, построенных на сторонах произвольного треугольника вне его, сами образуют правильный треугольник. Как правило, эти задачи решаются с помощью композиции преобразований плоскости.

Рассмотрим два преобразования подобия (рис. 1): $F_p=H^{k}_P\circ R^{90^\circ}_P$‍,‍ где $k=\dfrac{|PB|}{|PA|},$‍‍ — композицию поворота $R^{90^\circ}_P$‍‍ вокруг $P$‍‍ на $90^\circ$‍‍ и гомотетии с центром $P$‍‍ и коэффициентом $k$‍,‍ $F_Q=H^{\frac{\scriptstyle1}{\scriptstyle k}}_Q\circ R^{90^\circ}_Q$‍‍ (такие преобразования называют поворотными гомотетиями или спиральными подобиями). Их композиция $F=F_Q\circ F_P$‍‍ оставляет точку $K$‍‍ на месте (этим и обусловлен выбор именно таких преобразований; доказательство приведём чуть позже). Пусть $F_P(K)=K_1$‍‍ (рис. 2). Тогда $F_Q(K_1)=K$‍.‍ Треугольники $KPK_1$‍,‍ $KQK_1$‍‍ и $APB$‍‍ подобны друг другу как прямоугольные треугольники с одинаковым отношением катетов $\left(\dfrac{|KP|}{|PK_1|}=\dfrac{|KQ|}{|QK_1|}=k=\dfrac{|PA|}{|PB|}\right)$‍.‍ А поскольку $KK_1$‍‍ — общая гипотенуза треугольников $KPK_1$‍‍ и $KQK_1$‍,‍ они конгруэнтны, так что $|KP|=|KQ|$‍.‍ Следовательно, $\widehat{PKQ}=360^\circ-2\cdot90^\circ-2\beta=180^\circ-2\beta$‍,‍ $\widehat{KPQ}=\widehat{KQP}=\dfrac{180^\circ-(180^\circ-2\beta)}2=\beta$‍.‍

Остаётся доказать, что $K$‍‍ — неподвижная точка преобразования подобия $F$‍.‍ Отметим следующие свойства $F$‍:‍

1. $F$‍‍ — движение (потому что коэффициент подобия $F$‍‍ равен $k\cdot\dfrac1k=1$‍;‍
2. любой луч при движении $F$‍‍ переходит в противоположно направленный (при гомотетии направления лучей сохраняются, при повороте луч поворачивается на угол, равный углу поворота, поэтому общий угол поворота любого луча при преобразовании $F$‍‍ равен $90^\circ+90^\circ=180^\circ$‍);‍
3. $F(A)=C$‍‍ $\Big(F_P(A)=B$‍‍ по выбору $F_P$‍,‍ а $F_Q(B)=C$‍,‍ потому что $\widehat{BQC}=90^\circ$‍‍ и $\dfrac{|QC|}{|QB|}=\dfrac{|PA|}{|PB|}=\dfrac1k\Big)$‍.‍

Отсюда вытекает, что $F$‍‍ — это центральная симметрия $Z_K$‍‍ с центром $K$‍,‍ и, в частности, $F(K)=K$‍.‍

Попробуйте таким же способом решить «задачу Наполеона».