Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, вторая лига, 9-10 классы


Дөңес ABCDEF алтыбұрышының ішінде P нүктесі алынған. BCEF — квадрат, ал ABP және PCD үшбұрышының екеуі де тік төбелері, сәйкесінше, B және C болатын теңбүйірлі тікбұрышты үшбұрыштар болсын. AF және DE түзулері G нүктесінде қиылысады. GPBC екенін дәлелдеңіз.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   2
10 месяца 26 дней назад #

Лемма:

Дан прямоугольник ABCD и точки E,F на его описанной окружности. Пусть AE,BF пересекутся в P и CE,DF в Q, тогда PQAB.

BA=BP,BF=BC,ABP=FBC,ABF=PBCBAF=BPC. Треугольники BPC и EDC равны по аналогии. BPDE=K,CPAF=L. LAB=BPC=180LPBABP=ALP=90, поэтому L лежит на (BCED). K аналогично.

Тем самым из леммы:

BCED - прямоугольник (квадрат), L и K на его описанной окружности, BKCL=P,FLEK=G, тогда GPBC.

  0
9 месяца 3 дней назад #

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 = CGB BG1C = CGB четырехугольник BG1GC равнобедренная трапеция GCB = 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

  0
9 месяца 3 дней назад #

Вы не доказали, что PGG1

  0
9 месяца 3 дней назад #

Пойдем от обратного, пусть P GG1. Пусть GG1 пересекает BC в точке P, ранее мы доказали то что BF GG1, следовательно GP BC. Пусть GP пересекает BC в точке P1, тогда нас просят доказать то что GP1 BC. PPP1 = 180 PPP1 PP1P = 0, значит PGG1.

  0
9 месяца 2 дней назад #

Вы не доказали, что PPP1+PP1P=180

  0
9 месяца 2 дней назад #

Ой, точнее если то что нужно доказать верно(GP1 BC), то выполняется это равенство PPP1 + PP1P=180

  2
9 месяца 2 дней назад #

Таким образом вы доказываете то, что GPBC, используя то, что GPBC. Мне кажется это совсем не справдливо и верно в рамках здравого смысла, а осознание логической ошибки сильно истощает. Думаю стоит не думать об этом ночью.

пред. Правка 2   1
8 месяца 28 дней назад #

лучший коммент на матоле

  0
8 месяца 24 дней назад #

Поясняющее решение:

TFB:FGEBCGBG||AG,CG||DG,

R90B:BAFBPCPCAG||BG,

R90C:BPCEDCBPGD||CG,

откуда G - ортоцентр BPC, а значит PGBCGPBC.

Здесь Ta - параллельный перенос на a и RϕX - поворот в относительно X на угол ϕ.

  0
6 месяца 7 дней назад #

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.

  2
5 месяца 25 дней назад #

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

  0
5 месяца 25 дней назад #

Не верно