9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, третья лига, 11-12 классы

$ABCD$ трапециясының ($AB \parallel CD$) диагональдары $P$ нүктесінде қиылысады. $P$ арқылы өтетін және $AB$-ға параллель түзу $AD$ және $BC$ кесінділерін сәйкесінше $Q$ және $R$ нүктелерінде қияды. $DBA$ және $DCA$ бұрыштарының сыртқы биссектрисалары $X$ нүктесінде қиылысады. $S$ нүктесі — $X$ нүктесінен $BC$ түзуіне түсірілген перпендикуляр табаны. Егер $ABPQ$ және $CDQP$ — сырттай сызылған төртбұрыштар болса, $PR = PS$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Сначала мы можем избавиться от $R$, заметив, что $PQ=PR$ от Ceva. Наверное, это была плохая идея, но неважно. Мы можем начать с небольшого избиения по длине. Описанное $ABPQ$ означает, что $AB+PQ=BP+AQ$. $AB=QP\cdot \frac{AQ+QD}{QD}$ и $BP=DP\cdot \frac{AQ}{QD}$. Таким образом, $DP\cdot \frac{AQ}{QD}+AQ=QP+QP\cdot \frac{AQ+QD}{QD},$ или $$DP=QP\cdot \frac{2\cdot QD+AQ }{AQ}-QD.$$Пусть $AQ=x,QD=y,QP=z$. Тогда $DP=z\cdot \frac{2y+x}{x}-y$ и по симметрии $AP=z\cdot \frac{2x+y}{y}-x$. Теорема Стюарта в $\triangle APD$ дает нам, что $(x+y)xy+z^2(x+y)=\left(z\cdot \frac{2x+y}{y}-x\right)^ 2\cdot y+\left(z\cdot \frac{2y+x}{x}-y\right)^2\cdot x$. Это превращается в $z^2\cdot \left(\frac{4x^2+4xy}{y}+\frac{4y^2+4xy}{x}\right)=z\cdot (4x^2+4xy +4y^2)$ или $$z=\frac{xy(x^2+xy+y^2)}{(x+y)(x^2+y^2)}.$$При этом $ AP=\frac{x^2(x^2+2xy+2y^2)}{(x+y)(x^2+y^2)}$ и $DP=\frac{y^2(y^ 2+2xy+2x^2)}{(x+y)(x^2+y^2)}$.

Теперь мы можем заняться гео. Мы можем получить $AC=AP\cdot \frac{AD}{AQ}$ и $BD=DP\cdot \frac{AD}{DQ}$, поэтому, используя приведенное выше (на самом деле нам не нужны были Стюарты для этой части). ), $AB+AC=BD+CD$, и существует окружность $\Gamma$, касающаяся $\overline{AB},\overline{AC},\overline{BD},\overline{CD}$ с центром в точке $X$. Мы также можем получить из приведенного выше bash, приложив достаточно усилий, что $\frac{AB+BP-AP}{2}=QP$. Это означает, что касательные от $P$ к $A$-объединенной окружности $\triangle ABP$, или $\Gamma$, имеют длину $PQ$. Пусть точка касания с $\Gamma$ на $\overline{AC}$ будет $Y$, а точка касания на $\overline{AB}$ будет $Z$. Тогда $PQ=PY$, поэтому $\overline{QY}$ параллелен биссектрисе $\angle QPD$, и $BY=BZ$, поэтому $\overline{YZ}$ параллелен биссектрисе угла $\angle QPD$, и $BY=BZ$, поэтому $\overline{YZ}$ параллелен биссектрисе угла $\angle QPD$ $\angle ABD$. Это означает, что $Q-Y-Z$, или что $Q$ находится на поляре $B$ относительно $\Gamma$. По симметрии $Q$ находится на поляре $C$ относительно $\Gamma$ или $Q$ — полюс $\overline{BC}$ относительно $\Gamma$. Тогда $S$ является инверсией $Q$ относительно $\Gamma$, но поскольку $(P,PQ)$ ортогонален $\Gamma$, $S$ находится на $(P,PQ)$, как желанный.

Мне кажется $S$ не желанный

Избиение по длине?

Не нужно никого избивать

hhuurrrbbb