5-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2018 год, первая лига, 9-10 классы

Диагонали $AC$ и $BD$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$. Известно, что $\angle DAC = 90^\circ$ и $2\angle ADB = \angle ACB$. Докажите, что если $\angle DBC + 2\angle ADC = 180^\circ$, то $2AP = BP$.

Комментарий/решение

$\textbf{Решение №1}$ Пусть $\angle ADB=\alpha$, тогда по условию задачи $\angle ACB=2\alpha.$ Используя условие $\angle DBC + 2\angle ADC = 180^\circ$, получим равенство углов $\angle PCD=\angle PDC=(90^\circ-\alpha):2$, следовательно $DP=PC$. В прямоугольном треугольнике $APD$ катет $AP$ лежит против угла в $\alpha$, поэтому $AP=DP\sin{\alpha}$. Из треугольника $PCB$ по теореме синусов получим равенство: $PC\sin{2\alpha}=PB\sin{(90^o-\alpha)} \Longleftrightarrow PB=2PC\sin{\alpha}.$ С другой стороны так как $DP=PC$, то$PB=2PD\sin{\alpha}=2AP$, следовательно $2AP=PB$. Что и требовалось доказать.

$\textbf{Решение №2}$ $\textit{(Рис.2)}$ На прямой $AP$ отметим точку $P'$ так, что $AP=AP'$.Используя условие $\angle DBC + 2\angle ADC = 180^\circ$, получим равенство углов $\angle PCD=\angle PDC=(90^\circ-\angle ADP):2$, следовательно $DP=PC$.Так как $\angle P'DP=2\angle DAC=\angle ACB=\angle PCB, ~ DP=PC,~\angle DPP'=\angle CPB$, тогда треугольники $DPP'$ и $PCB$ равны по второму признаку, следовательно $PB=PP'=2AP$. Что и требовалось доказать.

$\textbf{Решение №3}$ $\textit{(Рис.1)}$ На прямой $AD$ отметим точку $B'$ так, что $DB'=CB''$. Тогда из условия $ \angle DBC + 2 \angle ADC = 180 ^ {\circ} $ следует, что четырехугольник $ BCDQ $ является вписанным. Отсюда следует, что $ \angle B'CP = \angle B'DP $ или $ \angle B'CB = \angle ADB $, то это означает, что $PC=PD$. Теперь отметим точку $P'$ на прямой $AP$ так, что $P'A=AP$. Следовательно, $ BCDP' $ является вписанным, значит, $ PB = PP'=2AP $. Что и требовалось доказать.

Пусть $\angle ADB = \alpha$, $\angle BDC = \beta$, как на рисунке. Тогда, по условию, $\angle DBC = 180 - 2\angle ADC = 180 - 2(\alpha+\beta)$, $\angle BPC = 90-\alpha$, и потому, $\angle ACB = 3\alpha + 2\beta - 90 = 2\alpha$, поэтому, $\alpha=90-2\beta$.

Следовательно, $\angle ACD = \beta$ и $DP=PC$;

$\angle DBC = 2\beta = \angle BPC$, $PC=BC$. $\Rightarrow$ $PC=BC=DP$

Несложно догадаться до свойства, что если из противоположных концов двух пересекающихся отрезков опустить на них высоты, то образованные прямоугольные треугольники будут подобны. Опустим из $A$ высоту $AX$, аналогично поступим и с $CY$. Тогда, $PY=YB$, т.к $\triangle PCB$ - равнобедренный. $\triangle APX \sim \triangle CPY \sim \triangle DPA \Rightarrow \frac{AP}{PX} = \frac{CP}{PY} = \frac{DP}{AP}$, и тогда, из равенства последних двух дробей получаем $PY=AP=\frac{1}{2}BP$, что и требовалось доказать.

фон необычный

Продлить $AP=AP'$. Вписанность четырехугольника $P'BCD$ решить задачу

И вам это нравится?

даааа, красиво