Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

2-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2006 жыл


Дөңес ABCDEF алтыбұрышында AD=BC+EF, BE=AF+CD, CF=DE+AB екені белгілі. Онда ABDE=CDAF=EFBC екенін дәлелде.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   2
5 года 10 месяца назад #

Проведем через точки B,E прямые, параллельные к CF,AD соответственно, пусть они пересекаются в точке I, проведем через точки A,F аналогично прямые параллельные DE,BC, пусть они пересекают IE,IB в точках G,H. Откуда получаем что AB+DE=AB+AG=BH так же как и EF+BC=EF+FH=EG учитывая что AB+AGBG аналогично и со вторым, откуда требуется найти такое расположение что BHBG, EGEH которая возможно только в случае G,H=I , откуда ABI, FEI , аналогично и с остальными двумя. Значит такое возможно в случае AB||DE, CD||AF, FE||BC откуда треугольники HAF,HBE подобны и AH=DE,HF=BC или ABAH=EFHF=AFCD подставляя получаем нужное.

  8
1 года 4 месяца назад #

Лемма: Пусть ABCD — произвольный четырехугольник. Обозначим

a,b,c,d это стороны и e,f диагонали, тогда a2+c2+2bde2+f2.

Доказательство: Обозначим M,N,P средние точки BC,AD,BD, из

неравенство треугольника MNMP+NP или 2MNb+d. Мы будем

помните теорему Эйлера для четырехугольника и середины противоположного

стороны или диагонали: b2+d2+e2+f2=a2+c2+4MN2a2+c2+(b+d)2. Равенство имеет место, когда BCAD и наша лемма

доказал.