9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, первая лига, 7-8 классы

Теңбүйірлі $ABCD$ ($AB\parallel CD$) трапециясы берілген. $BC$ және $AD$ қабырғаларында сәйкесінше $E$ және $F$, ал $EF$ кесіндісінде $M$ және $N$ нүктелері $DF=BE$ және $FM=NE$ болатындай белгіленген. $K$ және $L$ нүктелері — $M$ және $N$ нүктелерінен сәйкесінше $AB$ және $CD$ түзулеріне түсірілген перпендикулярлар табандары. $EKFL$ төртбұрышы параллелограмм екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Базовые свойства равнобедренной трапеции

*Равны углы при основании

*Отрезок, соеднияющий середины оснований, перпендикулярен этим основаниям

*Сумма углов, прилегающих к боковой стороне, равна $180^\circ$ (для любой трапеции)

1)Пусть $O$ - середина отрезка $AB$, $R$ - середина отрезка $DC$. Тогда можно ввести прямоугольную декартовую систему координат $xOy$, такую, что $Ox\parallel \overrightarrow{OB}$ и $Oy\parallel \overrightarrow{OR}$.

2)Следующий шаг - задаем координаты трапеции, учитывая базовые свойства выше

$$A(-a;0);\;B(a;0);\; C(d;c);\;D(-d;c);\;O(0;0);\;R(0;c)$$

3)Задаем иксовую координату точке F. Вычисляем игрековую координату

$$x_F=-f;x_A\le x_F \le x_D$$

$$\tan\angle A = \dfrac{y_F}{x_F} = \dfrac{y_D-y_A}{x_D-x_A}$$

$$y_F = x_F\cdot \dfrac{y_D-y_A}{x_D-x_A} = \dfrac{c\cdot f}{d - a}$$

4)Выполним дополнительное построение:опустим перпендикуляр из точки $F$ на прямую $CD$, получим на пересечении точку $F_1$. Аналогично опустим перпендикуляр из точки $E$ на прямую $AB$, получим на пересечении точку $E_1$.

5)Треугольники $\Delta FF_1D$ и $EE_1B$ равны по гипотенузе и острому углу. ($EB=FD$ по условию. $\angle B = 180^\circ - \angle D = \angle F_1DF$ - равенство острых углов треугольников)

6)Из (5) понятно, что $F_1D = E_1B$

$$x_E = x_B - E_1B = x_B - F_1D = x_B - (x_D - x_{F_1})=x_B - (X_D - x_F)$$

$$x_E = a-f+d$$

7)Вычисляем игрековую координату Точки $E$

$$FF_1=EE_1\Rightarrow y_D-y_F=y_E-y_{E_1}\Rightarrow y_E = y_D-y_F + y_{E_1}=c-\dfrac{cf}{d-a}+0$$

$$y_E = \dfrac{c(d-a-f)}{d-a}$$

8)Пусть разность координат точек $F$ и $M$ будет равна $m$. Тогда

$$x_M=x_F+m=-f+m=x_K;\;\;y_K = 0$$

В силу $FM=NE$ (условие), выходит посчитать и координату точки $N$:

$$x_N = x_E - m = a+d-f-m = x_L;\;\;y_L = c$$

9)Вычислим векторы $\overrightarrow{KF}$ и $\overrightarrow{EL}$. Если они равны, то на этих векторах можно построить параллелограмм $KFLE$ (Потому что равенство векторов означет их параллельность и равенство модуля. В тоже время у параллелограмма тоже противолежащие стороны параллельны и равны)

$$\overrightarrow{KF}_x = -f-(m-f) = -m$$

$$\overrightarrow{EL}_x = a+d-m-f-(a+d-f)=-m$$

$$\overrightarrow{KF}_y = \dfrac{cf}{d-a}-0;\;\;\;\overrightarrow{EL}_y = c-\dfrac{c(d-a-f)}{d-a} = \dfrac{cf}{d-a}$$

Равенство компонент векторов доказывает равенство векторов целиком, что завершает доказательство

Пусть $XY$-средняя линия $X \in AD, \ Y \in BC$ тогда $XF=YE$ так как $DF=BE$, так же если $O$ середина $MN$, тогда $OM=ON$ и $OF=OE$(1) и если $T \in XY \cap LN, \ H \in MK \cap XY$ тогда $TN=MH$ но так как $TL=KH$ значит $KM=LN$ откуда $OL=OK$ и лежат на одной прямой, учитывая $(1)$ получается $EKFL$ параллелограмм

Отличное решение !