Городская Жаутыковская олимпиада, 9 класс, 2014 год
Комментарий/решение:
Решение координатным методом.
1)Введём систему координат. Пусть E(0;0) - начало координат, ось Ox∥EF;F(S;0);Oy⊥EF
2)Так как точки E и F - середин отрезков AB и CD, то AE=EB=L1;CF=FD=L2
3)Пусть ∠BEF=α;∠CFE=β
4)С учетом (2) и (3) получаем координаты вершин:
A(−L1⋅cosα;−L1⋅sinα);B(L1⋅cosα;L1⋅sinα)
C(S−L2⋅cosβ;L2⋅sinβ);D(S+L2⋅cosβ;−L2⋅sinβ)
5)Пусть AMAC=φ;φ∈(0;1)
6)По условию, MP∥AB и MQ∥CD. Отсюда следует подобие по трем углам треугольников △ABC и △MPC, а также треугольников △CDA и △MQA
7)Теорема - у подобных треугольников соотношение соответствующих сторон равны.
8)Из (6) и (7) следуют равенства
MCAC=PCBC=1−φ;AMAC=AQAD=φ
9)Отношение длин отрезков равно отношению разности их координат (доказывается через подобие, опустим это)
10)Из (8) и (9) следуют равенства
PCBC=YC−YPYC−YB=1−φ;AQAD=YQ−YAYD−YA=φ
11)Выразим координаты точек P и Q
L2⋅sinβ−YPL2⋅sinβ−L1⋅sinα=1−φ;
YP=L2⋅sinβ−(1−φ)⋅(L2⋅sinβ−L1⋅sinα)
YQ−(−L1⋅sinα)−L2⋅sinβ−(−L1⋅sinα)=φ
YQ=φ⋅(−L2⋅sinβ+L1⋅sinα)−L1⋅sinα
12)Ключевой момент решения - найдем игрековую координату середины отрезка PQ - точки H
YH=0.5⋅(YP+YQ)=
0.5⋅(L2sinβ−(1−φ)(L2sinβ−L1sinα)+φ(−L2sinβ+L1sinα)−L1sinα)
YH=0
13)Утверждение (12) означает, что H∈EF. Потому что уравнение отрезка EF - это y=0. Задача доказана.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.