13-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2026 год, первая 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

Решим эту задачу координатным методом.

Спасибо авторам, задача понравилась.

1) Введем прямоугольную декартову систему координат, свяжем ее со сторонами трапеции.

Началом координат назначим точку $Q(0;0)$.

Ось игрек сонаправлена вектору $\overrightarrow{QP}$. Ось икс сонаправлена вектору $\overrightarrow{QX}$

2) Назначим произвольные координаты вершин трапеции

$$\boxed{P(0;a);Y(b;a);X(c;0)}$$

3)По условию, $\angle AYQ=\angle BXP=90^{\circ}$. Скалярное произведение перпендикулярных векторов равно нулю. Отсюда следует

$$\overrightarrow{YQ}\cdot \overrightarrow{YA} = 0\;\;\;\;;\overrightarrow{XB}\cdot \overrightarrow{XP} =0$$

4)Вычислим координаты векторов $\overrightarrow{YQ}$ и $\overrightarrow{XP}$

$$\overrightarrow{YQ}=(X_Q-X_Y;Y_Q-Y_Y)=(0-b;0-a)=(-b;-a)$$

$$\overrightarrow{XP}=(X_P-X_X;Y_P-Y_X)=(0-c;a-0)=(-c;a)$$

5)По условию, точки $A$ и $B$ лежат на прямой $PQ$. Отсюда следует, что

$$\boxed{X_A=X_B=0}$$

6)Запишем координаты векторов $\overrightarrow{YA}$ и $\overrightarrow{XB}$

$$\overrightarrow{YA}=(X_A-X_Y;Y_A-Y_Y)=(0-b;Y_A-a)=(-b;Y_A-a)$$

$$\overrightarrow{XB}=(X_B-X_X;Y_B-Y_X)=(0-c;Y_B-0)=(-c;Y_B)$$

7)Из скалярных произведений вычислим недостающую координату точек $A$ и $B$

$$\overrightarrow{YQ}\cdot \overrightarrow{YA} = 0=-b\cdot(-b)+(-a)\cdot (Y_A-a)\rightarrow Y_A=\dfrac{a^2+b^2}{a}$$

$$\overrightarrow{XB}\cdot \overrightarrow{XP} =0=-c\cdot(-c)+a\cdot Y_B\rightarrow Y_B=-\dfrac{c^2}{a}$$

8)Так как $\angle AYQ=\angle BXP=90^{\circ}$, то треугольники $\Delta AYS$ и $\Delta SXB$ - прямоугольные. Есть свойство подобия прямоугольных треугольников "по одному острому углу". Значит, доказав равенство каких-то углов, мы придем к подобию $\triangle AYS \sim \triangle BXS$

9)Для этого сравним косинусы соответствующих углов.

$$\cos\left(\overrightarrow{AS},\overrightarrow{AY} \right)=\dfrac{AS}{AY}$$

$$\cos\left(\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BX} \right)=\dfrac{BS}{BX}$$

10)Перед этим нужно вычислить координаты точки $S$. Для того, чтобы найти их, следует решить систему уравнений прямых $QY$ и $PX$

$$QY:\;\;\;y=\dfrac{a}{b}\cdot x$$

$$PX:\;\;\;y=K_{PX}\cdot x+C_{PX};$$

$$y(0)=a=C_{PX};y(c)=K_{PX}\cdot c+a=0\rightarrow K_{PX}=-\dfrac{a}{c}\rightarrow y=-\dfrac{a}{c}\cdot x + a$$

$$-\dfrac{a}{c}\cdot x + a=\dfrac{a}{b}\cdot x\rightarrow x_S=\dfrac{a}{\dfrac{a}{c}+\dfrac{a}{b}}=\dfrac{bc}{b+c}$$

$$Y_S=\dfrac{a}{b}\cdot x_S=\dfrac{ac}{b+c}$$

11)Вернемся в пункт 9

$$\cos^2\left(\overrightarrow{AS},\overrightarrow{AY} \right)=\dfrac{AS^2}{AY^2}=\dfrac{(X_A-X_S)^2+(Y_A-Y_S)^2}{(X_A-X_Y)^2+(Y_A-Y_Y)^2}=$$

$$=\dfrac{\left(0-\dfrac{bc}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{a^2+b^2}{a}-\dfrac{ac}{b+c} \right)^2}{(0-b)^2+\left(\dfrac{a^2+b^2}{a}-a\right)^2}=$$

$$\dfrac{\dfrac{a^2b^2c^2+((a^2+b^2)\cdot(b+c)-a^2c)^2}{a^2\cdot(b+c)^2}}{\dfrac{a^2b^2+b^4}{a^2}}=$$

$$=\dfrac{a^2b^2c^2+(a^2b+a^2c+b^3+b^2c-a^2c)^2}{(b+c)^2\cdot (a^2+b^2)\cdot b^2}=$$

$$=\dfrac{a^2b^2c^2+a^4b^2+b^6+b^4c^2+2a^2b^4+2a^2b^3c+2b^5c}{(b+c)^2\cdot (a^2+b^2)\cdot b^2}=$$

$$\boxed{=\dfrac{a^2c^2+a^4+b^4+b^2c^2+2a^2b^2+2a^2bc+2b^3c}{(b+c)^2\cdot (a^2+b^2)}}$$

12)Продолжаем расчеты

$$\cos^2\left(\overrightarrow{BS},\overrightarrow{BX} \right)=\dfrac{BS^2}{BX^2}=\dfrac{(X_B-X_S)^2+(Y_B-Y_S)^2}{(X_B-X_X)^2+(Y_B-Y_X)^2}=$$

$$=\dfrac{\left(0-\dfrac{bc}{b+c}\right)^2+\left(-\dfrac{c^2}{a}-\dfrac{ac}{b+c}\right)^2}{(0-c)^2+\left(-\dfrac{c^2}{a}-0\right)^2}=$$

$$=\dfrac{\dfrac{a^2b^2c^2+(c^2\cdot(b+c)+a^2c)^2}{a^2\cdot(b+c)^2}}{\dfrac{a^2c^2+c^4}{a^2}}=$$

$$=\dfrac{a^2b^2c^2+b^2c^4+c^6+a^4c^2+2bc^5+2a^2bc^3+2a^2c^4}{(b+c)^2\cdot c^2\cdot (a^2+c^2)}=$$

$$\boxed{=\dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^4+a^4+2bc^3+2a^2bc+2a^2c^2}{(b+c)^2\cdot (a^2+c^2)}}$$

13)Поделим выражение (11) на (12). Назовем данную дробь $DROB$

$$DROB=\dfrac{a^2c^2+a^4+b^4+b^2c^2+2a^2b^2+2a^2bc+2b^3c}{(b+c)^2\cdot (a^2+b^2)}\cdot \dfrac{(b+c)^2\cdot (a^2+c^2)}{a^2b^2+b^2c^2+c^4+a^4+2bc^3+2a^2bc+2a^2c^2}$$

$$DROB=\dfrac{a^6 + 2 a^4 b^2 + 2 a^4 b c + 2 a^4 c^2 + a^2 b^4 + 2 a^2 b^3 c + 3 a^2 b^2 c^2 + 2 a^2 b c^3 + a^2 c^4 + b^4 c^2 + 2 b^3 c^3 + b^2 c^4}{a^6 + 2 a^4 b^2 + 2 a^4 b c + 2 a^4 c^2 + a^2 b^4 + 2 a^2 b^3 c + 3 a^2 b^2 c^2 + 2 a^2 b c^3 + a^2 c^4 + b^4 c^2 + 2 b^3 c^3 + b^2 c^4}\equiv 1 $$

14)Как видим, квадраты косинусов углов равны. Это следует из (13). Так как угол острый, это значит и равенство собственно углов. Получается, мы доказали утверждение задачи

Никита залил решение, моя душа теперь спокойна