Қалалық Жәутіков олимпиадасы 8 сынып, 2007 жыл

$ABCD$ төртбұрышының $AC$ және $BD$ диагональдары өзара тең және $F$ нүктесінде қиылысады. $BC$ және $AD$ қабырғаларының орталарын қосатын түзу бұрышының биссектрисасына перпендикуляр екенін дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

1)Пусть $E$ - середина отрезка $BC$, $H$ - середина отрезка $AD$

2)Пусть ось $x$ - имеет начало в точке $F$ и ось $x$ является биссектрисой углов $\angle AFB,\angle DFC$. Ось $y$ перпендикулярна оси $x$

3)Обозначим $\angle AFB=\angle DFC=2\alpha$

4)Обозначим $AF=a;BF=b;\;AC=BD=L$. Тогда $FC=L-a;FD=L-b$

5)Координаты точек $A,B,C,D,F$

$$F(0;0);\;A(-a\cos\alpha;-a\sin\alpha);\;B(-b\cos\alpha;b\sin\alpha)$$

$$C((L-a)\cos\alpha;(L-a)\sin\alpha);\;D((L-b)\cos\alpha;-(L-b)\sin\alpha)$$

6)Координаты точек $H,E$ -полусумма координат концов отрезков

$$H\left(\dfrac{L-a-b}{2}\cdot\cos\alpha;\dfrac{-L-a+b}{2}\cdot\sin\alpha\right)$$

$$E\left(\dfrac{L-a-b}{2}\cdot\cos\alpha;\dfrac{L-a+b}{2}\cdot\sin\alpha\right)$$

7)Вектор $\overrightarrow{HE}=(0;L\sin\alpha)$; Орт оси $x:\;\overrightarrow{i}=(1;0)$

$$\overrightarrow{HE}\cdot \overrightarrow{i} = 0+0=0\rightarrow \overrightarrow{HE}\bot \overrightarrow{i}$$

Утверждение (7) доказало перпендикулярность прямой, соединяющей середины сторон и биссектрисы угла .

Для таких же людей как я которые не поняли решение сверху

Биссектриса угла $CDF$ пересекает $DC$ в $G'$

"Теорема Вариньона":

Пункт 1:

Соеденив середины любого выпуклого четырехугольника получится параллелограмм стороны которого параллельны диагоналям изначального четырехугольника

Пункт 2:

Площадь полученного параллелограмма равна полуплощади изначального четырехугольника

Пункт 3:

При равенстве диагоналей параллелограмм Вариньона ромб

Однако нам не понадобится пункт 2:, так что докажем мы лишь $(1)$ и $(3)$

Обозначим середины сторон $AB, BC, CD, AD$ как $E, F', G, H$ соответственно

$EF' -$ средняя линия треугольника $ACB$ и $GH -$ средняя линия треугольника $ACD$

Где оба $EF'$ и $GH$ параллельны $AC$

Аналогично $EH$ и $GF'$ параллельны $BD$

Что дает нам $(1)$

Заметим$:$

Поскольку $GH=EF'-$ средняя линия то$:$ $EF' = \dfrac{AC}{2}$

Аналогично $EH=GF'-$ средняя линия, значит$:$ $GF' = \dfrac{BD}{2}$

Если диагонали равны то$:$

$EF'=EH$

Что дает нам $(3)$

Теперь используем свойства ромба$:$

Диагональ - биссектриса

И пересечение диагоналей равно $90^\circ$ $(4)$

По $(1)$

Диагонали изначального четырехугольника параллельны сторонам внутреннего параллелограмма из чего$:$

$FG' \parallel EG$

$EG \perp F'H \Rightarrow FG' \perp F'H$ $\square$

Весьма красивое решение, ComplexNumbers.

Ps: можете дать фидбек моему решению, скажите что именно не понятно в моём решении. Я б более подробно расписал.

Спасибо за вашу похвалу(всегда считал вас очень влиятельным человеком на данном сайте) и извините, дело в том что я лишь окончил 8-ой класс и никогда не учил векторы в олимпиадной математике как и многие другие

Что и замотивировало меня решить эту задачу

Пусть $M,N$ середины $AD,BC$ соответственно, тогда проведем серединные перпендикуляры к $AD,BC$ которые пересекаются в $G$ тогда треугольники $DGB,AGC$ равны по трем сторонам, учитывая $AC=BD$ или $\angle AGB = \angle BGC$, откуда $ADFG, BCFG$ вписанные, значит $\angle DAG = \angle GBC = \angle CFG = \angle DFG$ то есть $FG$ биссектриса $\angle DFC$.

Пусть $H \in AD \cap BC$ тогда $MHGN$ вписанный и так как $\angle DGB = \angle MGN$ и $\dfrac{MG}{GN} = \dfrac{DG}{BG}$ из подобия $MGD, BGN$ то $MGN, \ DGB$ подобны, откуда $DHBG$ вписанный, ровна как и $AGHC$ откуда $\angle FGB + \angle BGN + \angle GNM = \angle AGH + 90-\angle GBN + \angle DHG = 90^{\circ}$ так как из тр-ка $AHG$ выходит $\angle AGH+ \angle DHG = \angle GBN$ то есть $GF \perp MN$