Областная олимпиада по математике, 2014 год, 9 класс

Пусть $ABCD$ — прямоугольник. Окружность с центром в точке $D$ радиуса $DA$ пересекает продолжение стороны $AD$ в точке $P$. Прямая $PC$ пересекает во второй раз окружность в точке $Q$, а прямую $AB$ — в точке $R$. Докажите, что $BQ=BR$.

Комментарий/решение

Из условия следует что $\angle AQR = 90^{\circ}$ и $BR=AB$ Значит $BQ$ Медиана треугольника $ARQ$ откуда $BQ=BR$.

Из равенства треугольников \triangle CPD = \triangle RCB следует DC=BR=AB, то есть QB - медиана треугольника AQR, \angle AQP=90^\circ так как угол, опирающийся на диаметр - прямой, следовательно \triangle AQR прямоугольный, а так как QB медиана,проведенная на гипотенузу BQ=BR

Пусть $\angle QAD = \alpha$. $\angle AQP=90^\circ $, как опирающийся на диаметр $AP $. Тогда $\angle APQ=90^\circ-\alpha $. Треугольники $\triangle ADQ $ и $\triangle PDQ $ равнобедренные, т.к. $AQ, DQ, DP $- радиусы. $\angle DAQ=\angle AQD =\alpha $; $\angle DQP =\angle QPD=90^\circ-\alpha$. $\angle QDP=2\alpha $, $\angle CDQ=90^\circ-2\alpha $. Пусть $BQ$ пересекает $CD $ в точке $F$ .

$\angle BFC=2\alpha=\angle QFD => \angle FQD = 90^\circ => \angle BQR=\alpha.$

$\angle ARP=\alpha =\angle BRQ=> \angle BRQ=\angle BQR=\alpha=>\triangle RBQ$ равнобедренный,$=>BR=BQ \square$.