Длина стороны квадрата $ABCD$ равна 1. На сторонах $AB$ и $AD$ выбраны точки $P$ и $Q$ так, что периметр треугольника $APQ$ равен 2. Доказать, что $\widehat{PCQ}=45^\circ$.
Первое решение. Повернём треугольник $CDQ$ вокруг точки $C$ на $90^\circ$, так чтобы сторона $CD$ совместилась с $CB$; пусть точка $Q$ при этом повороте перейдёт в $R$ (рис. 1). Очевидно, что точка $R$ лежит на продолжении $AB$, $|BR|=|DQ|$, $|CR|=|CQ|$, $\widehat{QCR}=90^\circ$. В треугольниках $CQP$ и $CRP$ сторона $CP$ — общая, стороны $CQ$ и $CR$ равны; докажем, что и третьи стороны $PQ$ и $PR$ тоже равны. По условию
$$
|PQ|+|AP|+|QA|=|AB|+|AD|,
$$
но $|AD|=|DQ|+|QA|=|BR|+|QA|$, поэтому
$$
|PQ|+|AP|+|QA|=|AP|+|PB|+|BR|+|QA|=|PR|+|AP|+|QA|,
$$
т. е. $|PQ|=|PR|$.
Итак, треугольники $CQP$ и $CRP$ конгруэнтны, следовательно, $\widehat{QCP}=\widehat{RCP}=\dfrac12\widehat{QCR}=45^\circ$.
Рис. 1Рис. 2
Второе решение. Рассмотрим окружность, касающуюся продолжений катетов $AP$ и $AQ$ треугольника $APQ$ (в точках $X$ и $Y$) и гипотенузы $PQ$ (в точке $T$) — см. рис. 2. (Для построения этой окружности достаточно провести биссектрисы углов $DQP$ и $BPQ$ — они пересекутся в её центре. Отметим, что такая окружность называется вневписанной в треугольник $APQ$.) По свойству касательных $|PX|=|PT|$, $|QY|=|QT|$, $|AX|=|AY|$. Следовательно,
$$
|AX|+|AY|=(|AP|+|PT|)+(|AQ|+|QT|)=|AP|+|AQ|+|PQ|=2,
$$
т. е. $|AX|=|AY|=1$ или $X=B$, $Y=D$. Точка $P$ равноудалена от прямых $CB$ и $CT$ ($|PB|=|PT|$), поэтому $CP$ — биссектриса угла $BCT$, аналогично, $CQ$ — биссектриса угла $DCT$. Отсюда вытекает, что $\widehat{QCP}=\dfrac12\widehat{DCB}=45^\circ$.
