Қалалық Жәутіков олимпиадасы 8 сынып, 2014 жыл

Тікбұрышты тең бүйірлі $ABC$ үшбұрышының $AC$ және $BC$ катеттерінің бойынан $CD=CE$ болатындай сәйкесінше $D$ және $E$ нүктелері алынды. $C$ және $D$ нүктелерінен $AE$ түзуіне перпендикулярлар $AB$ қабырғасын $P$ және $Q$ нүктелерінде қиып өтеді. $BP=PQ$ екенін дәлелдеідер.

Комментарий/решение

Пусть точка $S$ лежит на пересечении прямых $CP$ и $AE$; $N$- проекция точки $D$ на $CP$; $H$- проекция точки $Q$ на $CP$; $M$- проекция точки $P$ на $CB$; Также пусть $\angle CAE=\alpha;\angle EAB=45-\alpha;$ Примем $AC=BC=x$ Выразим длины $PQ$ и $PB$ через $x$ и $\alpha$.

$CE=ACtg\alpha=xtg\alpha;CD=CE=xtg\alpha$(по условию);$DN=DC\cos\alpha=xtg\alpha\cos\alpha=xsin\alpha; $ $DQ||CP$ (как перпендикулярные к одной прямой) , следовательно, $DN=QH=xsin\alpha$. Отсюда $PQ=\dfrac{QH}{cos(45-\alpha)}=\dfrac{xsin\alpha}{cos(45-\alpha)}$

$AS=xcos\alpha;AP=\dfrac{xcos\alpha}{cos(45-\alpha)}$;$BP=AB-AP=x\sqrt 2-\dfrac{xcos\alpha}{cos(45-\alpha)}$. Покажем, что $BP=QP$ $$BP=x(\sqrt 2-\dfrac{cos\alpha}{\dfrac{\sqrt 2}{2}cos(\alpha)-\dfrac{\sqrt 2}{2}sin(\alpha)})$$ приведем скобки к общему знаменателю. Получим $$BP=\dfrac{xsin\alpha}{\dfrac{\sqrt 2}{2}cos(\alpha)-\dfrac{\sqrt 2}{2}sin(\alpha)}=\dfrac{xsin\alpha}{cos(45-\alpha)}$$ что и требовалось доказать

Пусть $F,G$ есть $DQ, \ CP \ \cap AB$ соответственно, тогда из условия $DE || AB$ также следует что $DFEC$ вписанный, откуда $\angle EFC = \angle CDE = \angle CAB =45^{\circ}$ значит $FG=CG$. Опустив перпендикуляр $BH$ на $CP$ и учитывая что $AC=BC$ получаем $\Delta ACG = \Delta HBC$ откуда $BH=CG=FG$, из подобия $\Delta AGP$, $\Delta BHP$ получаем $\frac{AP}{PB}=\frac{AG}{BH} = \frac{AG}{FG}$ или $\frac{AQ+PQ}{PB} = \frac{AF}{FG}+1=\frac{AQ}{QP}+1 = \frac{AQ+QP}{QP}$ откуда $PB=QP$ .