Математикадан облыстық олимпиада, 2007-2008 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышында $AB > AC$. Пусть $P$ мен $Q$ — сәйкесінше $B$ мен $C$ нүктелерінен $\angle BAC$ бұрышының биссектрисасына түсірілген перпендикулярлардың табандары. $DA\bot AP$ болатындай етіп $BC$ түзуінен $D$ нүктесі алынған. $BQ$, $PC$ және $AD$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Положим что они пресекаются в точке $X$ , $AD||CQ||PB$, так как $\angle CAP = \angle BAP$ значит $\Delta ACQ$ подобен $APB$, откуда $\dfrac{CQ}{PB} = \dfrac{QA}{AP}$. Так же $\Delta XAQ$ подобен $\Delta PBQ$ откуда $\dfrac{XA}{PB}=\dfrac{QA}{PQ}$ осталось доказать то что $CQ \cdot AP=XA \cdot PQ$ выражая через площади получим эквивалентное тождество $S_{ACX} = S_{XQA}$ что действительное верно, так как $AQ = CX \cdot sin \angle PXA$.