Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2016-2017 учебный год, I тур регионального этапа

На боковых сторонах $AB$ и $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ выбраны точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $PQ \parallel BC$. На биссектрисах треугольников $ABC$ и $APQ$, исходящих из вершин $B$ и $Q$, выбраны точки $X$ и $Y$ соответственно так, что $XY \parallel BC$. Докажите, что $PX = CY$. ( А. Кузнецов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение. Обозначим через $M$ и $N$ точки пересечения прямой $XY$ со сторонами $AB$ и $AC$ соответственно. Заметим, что $\angle MXB = \angle XBC = \angle MBX = \angle NQY = \angle YQP = \angle NYQ$, поэтому $MX = MB = NC$ и $NY = NQ = MP$. Кроме того, $\angle CNY = \angle PMX$. Следовательно, треугольники $PMX$ и $YNC$ равны по двум сторонам и углу между ними, откуда $PX = YC$.
Замечание. Аналогичное решение можно получить, обозначив через $T$ точку пересечения $BX$ и $PQ$ и доказав, что треугольники $PTX$ и $CQY$ равны.

Обозначим точку пересечения с $PQ$ с биссектрисой из угла $B$ как $G$, попробуем доказать что треугольники $PGX=CQY$ для начала $GX=QY$ из-за параллельности с основанием равнобедренного треугольника получаем два равнобедренных треугольника, так как углы $PGX=CQY$ и равны они $180-a$, если угол $B=2a$ теперь докажем что $PG=QC$ через точку G проведем $GF||QC$ где $F$ лежит на $BC$ отсюда $GFCQ$ - параллелограмм и $APGF$ равнобедренная трапеция значит тк $PG=BP$ из-за того что треугольник $GPB$ - равнобедренный значит $PG=QC$ отсюда по первому признаку $PGX=CQY$ значит $PX=CY$

Хочу сказать, что если отрезки $YQ$ и $XG$ не пересеклись, то в любое случае $YQ=XG$ тк они образуют равнобедренную трапецию