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

Про параллелограмм $ABCD$ известно, что $\angle DAC = 90^\circ$. Пусть $H$ — основание перпендикуляра, опущенного из $A$ на $DC$, $P$ — такая точка на прямой $AC$, что прямая $PD$ касается описанной окружности треугольника $ABD$. Докажите, что $\angle PBA = \angle DBH$.

Комментарий/решение

Для начало пусть $I$ точка пересечения диагоналей параллелограмма, $Q \in DI \cap AH$ докажем что $\angle ACQ = \angle ABH$

1) пусть $E$ лежит на $CD$ такая что $CE=2DH$ то есть $ADEB$ равнобедренная трапеция, $BF \perp CD$, так как $\angle HAC = \angle ADC$ докажем что $AQC, ADF$ подобны или $\dfrac{AQ}{AC}=\dfrac{AD}{DF}=\dfrac{AD}{CD+DH}$ $(1)$ по теореме Менелая для треугольника $AHC$ и секущей $DI$ откуда $\dfrac{AQ}{QH} = \dfrac{CD}{DH}$ или $\dfrac{AH}{AQ} = \dfrac{DH}{CD}+1$ откуда $AQ = \dfrac{AH}{\dfrac{DH}{CD}+1}$ подставив в $(1)$ откуда $\dfrac{AH}{AD} = \dfrac{AC}{CD}$ что верно, значит $\angle ACQ = \angle AFH = \angle ABH$.

2) $E \in DP, \ BE \perp DP$ учитывая что $\angle ADP = \angle ABD = \angle CDB$ пусть $F \in AP \cap BE$ тогда $\angle ADP = \angle CFB$ тогда $BCDF$ вписанный, тогда тр-у $DFB$ подобен по трем углам тр-у $ADC$ тогда точка $P$ определена в тр-у $FDB$ так же как $Q$ в тр-ке $ADC$ то есть $\angle PBD = \angle ACQ$, тогда $\angle PBA = \angle PBD - \angle ABD = \angle ACQ - \angle ABD$ тогда как $\angle DBH =\angle ABH - \angle ABD$ но по доказанному выше пункту $\angle ACQ = \angle ABH$ то есть $\angle PBA = \angle DBH$

Заметим что $\angle CDB= \angle DBA =\angle ADP$ и $\angle DAH=\angle BAC$ значит $P$ И $H$ Изогонально сопрежены относительно $\triangle ADB$ следовательно $\angle PBA=\angle DBH$

P5? -_-

$\angle CDB = \angle BAC = 180^\circ - \angle DBA = 180^\circ - \angle DAC$

Если $\angle CDB = \angle DBA$ то $\square ABCD$ уже прямоугоьник