Городская Жаутыковская олимпиада, 9 класс, 2009 год

В выпуклом четырехугольнике $ABCD$ $\angle BAC=\angle DBC=30{}^\circ ,\angle BCA=20{}^\circ $ и $\angle BDC=70{}^\circ $. Докажите, что $ABCD$ — трапеция.

Комментарий/решение

Пусть $AOC$ равнобедренный треугольник $\angle AOC = 100^{\circ}$ и $AO=CO$ тогда пусть $B$ такая точка, что $BO=CO=BC$ и $E' \in AC \cap BO$ тогда $\angle ABO = \angle ABE' = 70^{\circ} , \ \angle OBC = 60^{\circ}, \angle BCA=20^{\circ}$ пусть $CE=AE'$ где $E' \in AC$ тогда покажем что $BE$ биссектриса $\angle OBC$, так как $\dfrac{BE'}{BC}=\dfrac{ \sin 20^{\circ}}{ \sin 100^{\circ}}$ , но $\dfrac{EE'}{CE} = \dfrac{EE'}{OE} = \dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 80^{\circ}}$ то есть $\dfrac{BE'}{BC} = \dfrac{EE'}{CE} $.

Пусть $F$ такая что $ABCF$ - параллелограмм и $D \in BE \cap AF$ покажем что $\angle BDC = 70^{\circ}$, так как $\angle ABE' = \angle CFE = 70^{\circ}$ из-за симметрий $AE'=CE$

так же $ \angle CEF = 180^{\circ}-30^{\circ}-100^{\circ} = 50^{\circ}$ и $\angle DFC = 180^{\circ} - (60^{\circ}+70^{\circ}) = 50^{\circ}$ то есть $FECD$ вписанный, то есть $\angle CFE = \angle EDC = 70^{\circ}$

то есть $ABCD$ нужный четырехугольник - трапеция, по построению $BC || AD$ .