Олимпиада имени Леонарда Эйлера2009-2010 учебный год, II тур регионального этапа

Биссектрисы углов $A$ и $C$ трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $P$, а биссектрисы углов $B$ и $D$ — в точке $Q$, отличной от $P$. Докажите, что если отрезок $PQ$ параллелен основанию $AD$, то трапеция равнобокая. ( Л. Емельянов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Обозначим через $\rho (X,YZ) $ расстояние от точки $X$ до прямой $YZ$. Поскольку точка $P$ лежит на биссектрисе угла $C$, имеем $\rho (P,BC) = \rho (P,CD) $. Аналогично, $\rho (Q,AB) = \rho (Q,BC) $. Но, поскольку $QP \parallel BC$, имеем $\rho (Q,BC) = \rho (P,BC) $, откуда $\rho (Q,AB) = \rho (P,CD) $. Аналогично, $\rho (P,AB) = \rho (P,AD) = \rho (Q,AD) = \rho (Q,CD) $. Продолжим боковые стороны $AB$ и $CD $ до пересечения в точке $S$. Пусть точка $P'$ симметрична $Q$ относительно биссектрисы $\ell$ угла $ASD$. Тогда из симметрии $\rho (P',CD) = \rho (Q,AB) = \rho (P,CD) $ и $\rho (P',AB) = \rho (Q,CD) = \rho (P,AB) $. Таким образом, точки $P$ и $P'$ лежат внутри угла $ASD$ на прямых, параллельных $AB$ и $CD$ и отстоящих от них на расстояния $\rho (P,AB) $ и $\rho (P,CD) $ соответственно. Так как эти прямые не параллельны, у них только одна точка пересечения; значит, $P' = P$, точки $P $ и $Q$ симметричны относительно биссектрисы угла $ASD$, и $\ell \perp PQ \parallel AD$. Итак, в треугольнике $SAD $ биссектриса является высотой, углы при его основании равны, то есть трапеция $ABCD$ — равнобокая.