Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2009 жыл

$M$ нүктесі, $ABCD$ трапециясының $BC$ табанының ортасы. $AD$ табанында $P$ нүктесі алынды. $P$ нүктесі $Q$ және $D$ нүктелерінің арасында жататындай, $PM$ түзуі $CD$ түзуін $Q$ нүктесінде қияды. $P$ нүктесі арқылы өтетін, трапеция табандарына жүргізілген перпендикуляр, $BQ$ түзуін $K$ нүктесінде қияды. $\angle QBC=\angle KDA$ екенін дәлелдеңіз. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

1) Введем систему координат . Пусть точка $O - $ проекция точки $M$ на $AD$. Примем точку $O$ за начало координат . Назначим вершинам трапеции следующие координаты:

$$A(-a;0);B(-c;h);C(c;h);M(0;h);D(d;0);P(-x_p;0)$$

Здесь учтено, что $M - $ середина $BC$

2) $Q=CD\cap PM$

Уравнение прямой $PM$ через нормаль

$$\overrightarrow{PM}=(x_p;h)\Rightarrow \overrightarrow{n_{PM}} = (-h;x_p)$$

$$-h\cdot x + x_p\cdot y + const_{PM} = 0$$

$$M(0;h)\Rightarrow -h\cdot 0 + x_p\cdot h + const_{PM} = 0\Rightarrow const_{PM}= - x_p\cdot h$$

$$\boxed{PM:\;\;\;\;-h\cdot x + x_p\cdot y -x_p\cdot h = 0}$$

3) Уравнение прямой $CD$ через нормаль

$$\overrightarrow{CD}=(d-c;-h)\Rightarrow \overrightarrow{n_{CD}} = (h;d-c)$$

$$h\cdot x + (d-c)\cdot y + const_{CD} = 0$$

$$D(d;0)\Rightarrow h\cdot d + (d-c)\cdot 0 + const_{CD} = 0\Rightarrow const_{CD}= - h\cdot d$$

$$\boxed{CD:\;\;\;\;h\cdot x + (d-c)\cdot y - h\cdot d= 0}$$

4) Решая систему уравнений сложением, получаем

$$y_Q = h\cdot\dfrac{x_p+d}{x_p+d-c}$$

Полученное значение $y_Q $ подставим в уравнение прямой $PM$

$$x_Q = \dfrac{x_p\cdot y - x_p\cdot h}{h} = \dfrac{x_p\cdot h\cdot\dfrac{x_p+d}{x_p+d-c} - x_p\cdot h}{h} = x_p\cdot \left(\dfrac{x_p+d}{x_p+d-c}-1 \right)$$

Упростив получаем

$$x_Q = \dfrac{x_p\cdot c}{x_p+d-c} $$

5) По условию $x_K=x_p$, остается найти $y_K$

Уравнение $BQ$ через нормаль

$$\overrightarrow{BQ}=\left(\dfrac{x_p\cdot c}{x_p+d-c}+c;h\cdot\dfrac{x_p+d}{x_p+d-c}-h \right)$$

$$\overrightarrow{BQ}=\left(\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot (2x_p+d-c);\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot h \right)$$

$$\Rightarrow \overrightarrow{n_{BQ}} = (-h;2x_p+d-c)$$

$$-h\cdot x + (2x_p+d-c)\cdot y + const_{BQ} = 0$$

$$B(-c;h)\Rightarrow -h\cdot (-c) + (2x_p+d-c)\cdot h + const_{BQ} = 0\Rightarrow const_{BQ}= - h\cdot (2x_p+d)$$

$$\boxed{BQ:\;\;\;\;-h\cdot x + (2x_p+d-c)\cdot y- h\cdot (2x_p+d)= 0}$$

$$y_K = \dfrac{h\cdot(3x_p+d)}{2x_p+d-c}$$

6) Сравним $\cos\angle KDA$ и $\cos\angle QBC$ . В случае тождественного равенства можно прийти к выводу, что $\angle KDA = \angle QBC$

$$\cos\angle KDA = \dfrac{\overrightarrow{DK}\cdot \overrightarrow{DA}}{|DK|\cdot|DA|}$$

$$\cos\angle QBC = \dfrac{\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{BC}}{|BQ|\cdot|BC|}$$

$$\overrightarrow{DK} = \left(x_p-d;\dfrac{h\cdot(3x_p+d)}{2x_p+d-c} \right)$$

$$\overrightarrow{DA} = \left(-a-d;0 \right)$$

$$\overrightarrow{BQ}=\left(\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot (2x_p+d-c);\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot h \right)$$

$$\overrightarrow{BC} = (2c;0)$$

$$\overrightarrow{DK}\cdot \overrightarrow{DA} = (x_p-d)\cdot (-a-d) = ad+d^2-ax_p-dx_p$$

$$\overrightarrow{BQ}\cdot \overrightarrow{BC} = \dfrac{ 2c^2}{x_p+d-c}\cdot (2x_p+d-c)$$

$$DK\cdot DA = \sqrt{(x_p-d)^2 +\left(\dfrac{h\cdot(3x_p+d)}{2x_p+d-c}\right)^2}\times (a+d)$$

$$BQ\cdot BC =2c\cdot \sqrt{\left(\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot (2x_p+d-c)\right)^2+\left(\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot h\right)^2}$$

Остается показать, что

$$\dfrac{ ad+d^2-ax_p-dx_p}{ \sqrt{(x_p-d)^2 +\left(\dfrac{h\cdot(3x_p+d)}{2x_p+d-c}\right)^2}\times (a+d)} = \dfrac{\dfrac{ 2c^2}{x_p+d-c}\cdot (2x_p+d-c)}{2c\cdot \sqrt{\left(\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot (2x_p+d-c)\right)^2+\left(\dfrac{ c}{x_p+d-c}\cdot h\right)^2}}$$

Пусть $ E \in BQ \cap AD$ тогда $P$ является серединой $DE$ по замечательному свойству трапеции, тогда по условию $EKD$ равнобедренный треугольник, так как $KP$ серединный перпендикуляр, то есть $\angle QBC = \angle QED = \angle KDA$

Замечательное решение! Две строчки, и тем не менее все понятно!