12-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2025 год, вторая лига, 9-10 классы

Дана прямоугольная трапеция $PYXQ$ $(PY \perp PQ \perp QX)$. Точки $A$ и $B$ лежат на прямой $PQ$ так, что $\angle AYQ=\angle BXP=90^{\circ}$. Докажите, что $\triangle AYS \sim \triangle BXS$, где $S$ — точка пересечения диагоналей трапеции.

Комментарий/решение

Опустим перпендикуляр $SR$ на $PQ$.Тогда $\dfrac{PR}{RQ}=\dfrac{PS}{SX}=\dfrac{PY}{XQ}\Rightarrow \triangle RQX\sim\triangle RPY\Rightarrow \angle SAY=\angle SRY=\angle SRX=\angle SBX$ ч.т.д

Мне понравилось!

AY^2=AP*AQ ,YP^2=PA*PQ , QY^2=QP*QA, analogousl for triangle BXP. It is enogh to show that AY/YS = BX/XS because by given condition $\angle AYS=90 =\angle BXS $. It is not to hard see that triangle PSY is similiar to triangle XSQ . So PS/XS= SY/SQ= PY/XQ hence SY/XS= (PY/QX)^2 * QS/SP. Put terms from Euclid rule SY/XS = PA*PQ/QP*QB *QS/SP , SY/XS =PA /QB *QS/SP. Then (AY/BX)^2= AP*AQ/BQ*BP. QS/PS)^2=(Sin QPS/sin PQS)^2=(sin QXB/ sin AYP)^2=(QB*AY /AP*BX)^2= (AY/BX)^2* (QB/AP)^2=(BQ*BP/AP*AQ)^-1 * (QB/AP)^2= AQ/BP *BQ/AP , (SY/XS)^2 =(PA /QB *QS/SP)^2=.... * (QS/SP)^2= (AP/QB)^2 *AQ/BP *BQ/AP=AP/BQ * AQ/BP=AP*AQ/BQ*BP=(AY/BX)^2. So SY/XS = AY/BX therefore AY/YS = BX/XS . Писал на аопсе , латекс не имею сорян

Очевидно что существует гомотетия $f$ с центром в точке $S$ , такое что $f(P) = X$ и $f(Y) = Q$, пусть $f(A) = T$ , Тогда $XT \parallel PQ$ и $QT \parallel AY$ Докажем что $\triangle TQS \sim \triangle BXS$

Так как $\angle TQS = 90 = \angle BXS$ , то покажем что $\frac{BX}{QT} = \frac{XS}{QS}$ , так как $XT \parallel QB$ , то $\frac{BX}{QT} = \frac{XN}{TN}$ , откуда достаточно показать что $\triangle NXT \sim \triangle SXQ$ , но это верно так как $\angle SQX = \angle BQT = \angle NTX$ и $\angle SXQ = \angle NXT$.

Приступим к задаче. От $S$ к $PQ$ высота — это точка $O$, мы знаем, то есть $SO \bot PQ$.

$$\angle SOB = \angle SXB \Rightarrow (S, O, B, X) \text{ — вписанный}$$

и

$$\angle SOA = \angle SYA \Rightarrow (S, O, A, Y) \text{ — вписанный}$$

Тогда $\angle YAS = \angle YOS$ и $\angle XBS = \angle XOS$.

Если $\angle YOS = \angle XOS$, тогда надо доказать, что $PH$, $QF$, $OS$ пересекаются в одной точке.

Теперь воспользуемся теоремой Дезарга. Рассмотрим треугольники $\triangle PFY$ и $\triangle QHX$.

Если $(PF \cap QH) = S$, $(FY \cap HX) = O$, а $(PY \cap QX) = \infty$ из-за того, что $PY \parallel QX \parallel OS$.

По теореме Дезарга $PQ$, $FH$, $XY$ пересекаются в одной точке, пусть это будет точка $Z$:

$$Z = PQ \cap FH \cap XY$$

Рассмотрим теорему Дезарга для $\triangle PSQ$ и $\triangle HOF$.

Если докажем, что $(PS \cap HO) = X$, $(SQ \cap OF) = Y$, $(PQ \cap HF) = Z$ и они коллинеарны, значит $PH$, $SO$, $QF$ пересекаются в одной точке, что и требовалось доказать.

Значит, $\angle SAY = \angle SBX$, тогда $\triangle AYS \sim \triangle BXS$.

По теореме Бланше, так как $PH$, $QF$ и высота $OS \bot PQ$ пересекаются в одной точке, прямая $OS$ является биссектрисой угла $\angle HOF$, откуда:

$$\angle HOS = \angle FOS$$

Ч. т. д.