Қалалық Жәутіков олимпиадасы 10-11 сыныптар, 2003 жыл

$ABCD$ ромбысының $B$ төбесіндегі бұрышы $60{}^\circ $-қа тең. $\triangle ADC$ ішінен $\angle AMC=120{}^\circ $ орындалатындай $M$ нүктесі алынған. $BA$ мен $CM$, $BC$ мен $AM$ қиылысу нүктелерін сәйкесінше $P$ және $Q$ делік. $D$ нүктесі $PQ$ түзуінде жататынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Админ, обратите внимание, функция загрузки рисунков не работает!

Счет углов пропущен, чтоб не загромождать решение

0)Базовые школьные факты о ромбе

Ромб по определению имеет все 4 равные стороны

Диагонали ромба взаимно перпендикулярны и делят друг друга пополам

Диагонали ромба являются биссектрисами соответствующих углов

1)Счетом углов

$$\angle ABC = \angle ACB = \angle CAB = \angle DAC = \angle ACD = \angle CDA = 60^\circ$$

2)Пусть $BD\cap AC=O$. Введем прямоугольную декартову систему координат $xOy$, где $Ox\parallel \overrightarrow{OC}$ и $Oy\parallel \overrightarrow{OB}$. Это возможно в силу $BD\bot AC$

3)$AB=BC=CD=DA=AC=L$

4)Пусть $\angle MAC=x$. Тогда $\angle AMC=120^\circ$ и $\angle MCA = 60^\circ-x$

5)Теорема синусов для $\Delta PAC$

$$\dfrac{AP}{\sin\angle MCA} = \dfrac{AC}{\sin\angle APC}\Rightarrow AP=L\cdot\dfrac{\sin(60^\circ-x)}{\sin(x)}$$

6)Теорема синусов для $\Delta ACQ$

$$\dfrac{CQ}{\sin\angle MAC} = \dfrac{AC}{\sin\angle CQA}\Rightarrow AC=L\cdot\dfrac{\sin(x)}{\sin(60^\circ-x)}$$

7)Вычисление координат точек $P,Q,D$

Пусть $\dfrac{\sin(60^\circ-x)}{\sin(x)}=w$

$$X_P=-AO-AP\cos 60^\circ = -\dfrac{L}{2}\cdot\left(1+\dfrac{\sin(60^\circ-x)}{\sin(x)} \right)=-\dfrac{L}{2}(1+w)$$

$$Y_P=-AP\sin 60^\circ = -\dfrac{L\sqrt 3}{2}\cdot \dfrac{\sin(60^\circ-x)}{\sin(x)}=-\dfrac{Lw\sqrt 3}{2}$$

$$X_Q=OC+CQ\cos 60^\circ = \dfrac{L}{2}\cdot\left(1+\dfrac{\sin(x)}{\sin(60^\circ-x)} \right)=\dfrac{L}{2}\left(1+\dfrac{1}{w}\right)$$

$$Y_Q=-CQ\sin 60^\circ = -\dfrac{L\sqrt 3}{2}\dfrac{\sin(x)}{\sin(60^\circ-x)}=-\dfrac{L\sqrt 3}{2w}$$

$$X_D=0;\;\;Y_D=-AD\sin 60^\circ = -\dfrac{L\sqrt 3}{2}$$

8)Если $\overrightarrow{DP}\times \overrightarrow{DQ}=0$, то угол $PDQ$-развернутый, что говорит о том, что $P,Q,D$ лежат на одной прямой

9)Рассчитаем вектора $\overrightarrow{DP}$ и $\overrightarrow{DQ}$

$$\overrightarrow{DP} = \left(-\dfrac{L}{2}(1+w);\dfrac{L\sqrt 3}{2}(1-w) \right)$$

$$\overrightarrow{DQ} = \left(-\dfrac{L}{2}(1+\dfrac{1}{w});\dfrac{L\sqrt 3}{2}(1-\dfrac{1}{w}) \right)$$

10)Расчет векторного произведения

$$\overrightarrow{DP}\times \overrightarrow{DQ}=\begin{vmatrix} \ \overrightarrow{i}& \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k}\\ -\dfrac{L}{2}(1+w)& \dfrac{L\sqrt 3}{2}(1-w) & 0\\ -\dfrac{L}{2}(1+\dfrac{1}{w}) & \dfrac{L\sqrt 3}{2}(1-\dfrac{1}{w}) & 0 \end{vmatrix}$$

$$\overrightarrow{DP}\times \overrightarrow{DQ}= \overrightarrow{k}\cdot\dfrac{L^2\sqrt 3}{4}\cdot \left(-(1+w)\cdot (1-\dfrac{1}{w})-(-(1+\dfrac{1}{w})\cdot (1-w))\right)=0$$

Утверждение задачи доказано

Из условия выходит что $AMBC$ вписанный, тогда отметим что $\angle APC = \angle CAM, \ \angle CQA = \angle ACM$ , то есть $AC$ касательная к окружностям описанных около $AMP, \ CQM$, тогда $AC^2=CM \cdot CP = AM \cdot AQ$ рассмотрим инверсию точки $P$ относительно окружности с радиусом $AC$ то есть $AP \cdot AP' = AC^2=AD^2 = AM \cdot AQ$ тогда $\angle AP'Q = \angle AMP = 60^{\circ}$ или $QP' || AC$ и $AD$ касательная к окр описанной около $P'PD$ или $\angle ADP' + \angle ADC = \angle APD + \angle PAD = \angle 180^{\circ} - \angle ADP$ тогда проведем $PQ' || AC , \ Q' \in BC$ тогда $CQ' \cdot CQ = AC^2=CD^2$ аналогично $CD$ касательная к $Q'DQ$ из-за симметричности $\angle ADP = \angle AP'D = \angle CQD = \angle CDQ$ то есть $P',D,Q$ лежат на одной прямой, значит $P,D,Q$ лежат на одной прямой

Углы APC и САМ не равны в общем случае