10-шы «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2010 жыл

Дөңес $ABCD$ төртбұрышында $\angle ADB + \angle ACB = \angle CAB + \angle DBA = 30^{\circ}$ және $AD = BC$ екені белгілі болса, $DB$, $CA$ және $DC$ кесінділері тікбұрышты үшбұрыштың қабырғалары болатынын дәлелде.

Комментарий/решение

Обозначим углы $\angle BAC = x, \angle ABD=30^{\circ}-x$ , $\angle ADB=a , \angle BCA=30^{\circ}-a$ .

Тогда заметим что $\angle DAC+\angle DBC = 270^{\circ}$, тогда $\angle DAC=n , \angle DBC=270^{\circ}-n$.

Заметим так же что если и можно построить прямоугольный треугольник из $AC,BD,CD$ то $CD$ будет являться гипотенузой(следует из суммы углов).

Проведём из точки $A$ параллельно $BD$ прямую $AB_{1}$ равной $BD$ ($B_{1}$ лежит в правой полуплоскости относительно $AC$) так же проведём прямую $AX$ так что $AX \perp AC$ и $AX=BD=AB_{1}$( $X$ лежит в той же полуплоскости что и $B_{1}$).

Тогда треугольник $AXB_{1}$ равнобедренный. Очевидно что $ADB_{1}B$ параллелограмм, тогда $BB_{1}=AD$ по условию $AD=BC$ откуда треугольник $BB_{1}C$ равнобедренный. Найдём углы

$\angle BAB_{1} = 180^{\circ}-n-x-a $ , $\angle ADB = \angle AB_{1}B = a$ , $\angle ABB_{1} = 150^{\circ}+x-a$ тогда $B_{1}BC=a+n-90^{\circ} $ найдём $ XAB_{1} = 90^{\circ}-\angle B_{1}AD = a+n-90^{\circ} $ . То есть получили что $\angle XAB_{1} = \angle B_{1}BC $ , тогда треугольники $XAB_{1}$ и $B_{1}BC $ подобны , заметим что $\angle XB_{1}A+\angle AB_{1}B + \angle BB_{1}C = 270^{\circ}-n$($1$).

Из вышеописанного подобия $\frac{B_{1}X }{B_{1}C} = \frac{BD}{BC}$ учитывая ($1$) получим что и треугольники $XB_{1}C$ и $DBC$ подобны.

В треугольнике $B_{1}AC$ из суммы углов получим что $a+n = 150^{\circ}$ , из этого следует что треугольники $AXB_{1}$ и $BB_{1}C$ правильные .

Окончательно получаем $\frac{CX}{CD}=\frac{B_{1}C}{BC}=1$, откуда $CX=CD$ , так как $CX$ это гипотенуза треугольника $XAC$, стало быть такой треугольник можно построить.