10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, вторая лига, 9-10 классы
Комментарий/решение:
Лемма:
Дан прямоугольник ABCD и точки E,F на его описанной окружности. Пусть AE,BF пересекутся в P и CE,DF в Q, тогда PQ⊥AB.
BA=BP,BF=BC,∠ABP=∠FBC,∠ABF=∠PBC⇒△BAF=△BPC. Треугольники BPC и EDC равны по аналогии. BP∩DE=K,CP∩AF=L. ∠LAB=∠BPC=180∘−∠LPB⇒∠ABP=∠ALP=90∘, поэтому L лежит на (BCED). K аналогично.
Тем самым из леммы:
BCED - прямоугольник (квадрат), L и K на его описанной окружности, BK∩CL=P,FL∩EK=G, тогда GP⊥BC.
Пусть ∠BCP = a ; ∠CBP = b ; прямые AB и CD пересекаются в точке G′ ; G1 − точка, лежащая по другую сторону от BC от G, такая, что треугольники △BG1C и △FGE являются конгруэнтными. По счету углов и свойств конгруэнтных треугольников можно найти то что △CBP = △CED = △FBA ⇒ △FGE = △CG′B ⇒ △BG1C = △CG′B ⇒ четырехугольник BG1G′C − равнобедренная трапеция ⇒ ∠G′CB = ∠G1BC = ∠EFG = 90 − a ⇒ ∠G1BF = ∠GFB = 180 − a ⇒ четырехугольник GFBG1 − равнобедренная трапеция (т.к. ∠G1BF = ∠GFB = 180 − a и GF = G1B) ⇒ BF ∥ GG1 ⇒ GP ⊥ BC
Заметим что CD и BP параллельны и так CP и BA тоже параллельны .Допустим что P это центр описанной окружности тогда центр квадрата будет ,если от центра до четыре угла сделаем линию тогда они равны между собой такт как они радиусы получается нашли много подобных прямоугольных треугольников. Заметим что PEGF вписан в окружность поэтому пересечения диагоналей будет центром, и допустим что центр О1. И так как PO1=GO1=EO1=FO1 и получается найдем четыре равнобедренных прямоугольных треугольников и от этого узнаем что GP перпендикуляр на EF, и CP и DE параллельны и от этого вытекает что GP и BC перпендикулярны между собой.
AF=CD по равенству треугольник.Счетем углов ∠GDP=∠GAP.PGsinPDG=PGsinPAG.По теореме синусов в треугольниках PGD,PGA sinPGAsinPGD=PAPD=ABCD=ABAF=sinAFBsinABF.∠AFB+∠ABF=∠FGP+∠FGEЗначит ∠FGP=∠FAP.Дальше очевидно по счету углов
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.