Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2006 жыл

$CD=CE$ болатындай, $ABC$ теңбүйірлі тікбұрышты үшбұрышының $AC$ және $BC$ катеттерінде $D$ және $E$ нүктелері алынды. $C$ және $D$ нүктелері арқылы өтетін, $AE$ түзуіне жүргізілген перпендикуляр $AB$ қабырғасын $B$ және $Q$ нүктелерінде қияды. $BP=PQ$ екенін дәлелдеңіз. ( из материалов олимпиад )

Комментарий/решение

$$\overrightarrow{CP}=(p;a-p)$$

$$\overrightarrow{AB_1}=(m;-a)$$

$$\overrightarrow{CP} \cdot \overrightarrow{AB_1}=mp+pa-a^2=0\Rightarrow p=\frac{a^2}{m+a} \Rightarrow P=(\frac{a^2}{m+a}; \frac{am}{a+m} )$$

$$\overrightarrow{AQ}=(q;a-q-m)$$

$$\overrightarrow{A_1Q} \cdot \overrightarrow{AB_1}= qm-a^2+aq+am=0 \Rightarrow q=\frac{a^2-am}{a+m} \Rightarrow Q=( \frac{a^2-am}{a+m} ; \frac{2am}{a+m}$$

$$\Rightarrow | \overrightarrow{ BP} | = | \overrightarrow{ PQ} | = \frac{am}{a+m}$$

Респект, Дастан!

Решал координатами до того, как я начал популяризацию этого замечательного метода в массы!!

Возьмем такую точку $T$ на прямой $AC$ за точкой $C$ что, $TC=CE=CD$. Тогда $\triangle TCB=\triangle ECA$ так как $\angle TCB=\angle ECA$ и $TC=EC$, $CA=CB$. Тогда $TB \parallel CP \parallel PQ$ так как $\angle PCB=\angle CAE=\angle CBT$ и понятно что $CP$ средняя линия.