10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, первая лига, 7-8 классы
Комментарий/решение:
Обозначим за $O$ вершину треугольника $AOC$
Заметим, что треугольники $AOD=BOC$ равны.
Следовательно,
$\angle DAO=\angle CBO$
так же заметим что
$\angle OAB=\angle OBA$
таким образом
$AB||CD$
$AD=BC$
значит $ABCD$ - равнобедренная трапеция.
Можете как то по другому назвать точки а то вы использовали одно обозночение на две разные точки.
https://photos.app.goo.gl/f5WtGqHHtaeKUezD8 рисунок геомы
$ Возьмём \: \angle BCQ \: как \: \alpha, \: то \: \angle WCN =90- \alpha \: (т.к. \: все \: многоугольники \: правильные). \: \angle FNC=360°- \angle WCN- \angle CWF - \angle WFN= 90+ \alpha \rightarrow \angle EBN = 360 - \angle FNB - \angle NFE - \angle FEB=30+ \alpha \rightarrow \angle CBG= 90- \alpha. \: Соединим \: точки \: G \: и \: C \: и \: выйдет \: то \: что \: \angle BGC=90° \: т.к. \: \angle CBG= 90- \alpha, \angle BCQ= \alpha. \: Далее \: нужно \: заметить \: равенство \: треугольников \: BGC \: и \: AGD, \: они \: равные \: потому \: что \: AG=BG, DM=QC, GM=GQ \: (потому \: что \: \angle GHM = \angle GKQ, GH=HM=GK=KQ), \: и \: \angle AGD = BGC = 90° \: (\angle AGD= \angle AGH + \angle HGM = 60°+(180- \angle GHM):2= 90° \rightarrow \angle ADG = \angle BCG = \alpha, \angle GAD= \angle CBG = 90- \alpha. \: GD=GC, \: \angle CGD = \angle MGK + \angle QGK= 90°+30°=120° \rightarrow \: GDC \: равнобедренный, \: \angle GDC= \angle GCD = 30°. \: И \: на \: последок \: Докажем \: их \: параллельность \: сторон \: AB=CD \rightarrow \angle A + \angle D = 150- \alpha + 30 + \alpha= 180° \: аналогично \: и \: с \: противоположной \: боковой \: стороной. \: Значит \: AB||CD, AD=BC \rightarrow \: ABCD \: равнобедренная \: трапеция.$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.