Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 9 класс

Дан прямоугольный треугольник $ABC$, где $\angle A = 90^\circ$ и $AB\ne AC$. На сторонах $BC$, $AC$, $AB$ во внешнюю сторону построены равнобедренные прямоугольные треугольники $BCX, CAY, ABZ$ с гипотенузами $BC, CA, AB$ соответственно. Точка $W$ такова, что четырёхугольник $BACW$ — прямоугольник. Докажите, что точки $X,Y,Z,W$ образуют равнобочную трапецию. ( Кеңшілік Е. )

Комментарий/решение

Моя задача)

Пусть $M$ будет серединой отрезка $BC$

Утверждение 1: Точки $Z, A$ и $Y$ лежат на одной прямой

Proof: У нас $\angle ZAB+\angle BAC+\angle CAY=45^\circ+90^\circ+45^\circ=180^\circ,$ поэтому эти точки лежат на одной прямой.

Claim 2: Прямые $ZY$ и $XW$ параллельны к друг другу.

Proof: Пятиугольник $ABXWC$ вписанный, так как все они лежат на окружности с диаметрами $AW$ и $BC$. Из этого $\angle AXW=90^\circ$. Также $\angle ZAX=\angle ZAB+\angle BAX=45^\circ +\angle BCX=45^\circ+45^\circ=90^\circ$. Это означает что обе прямые перпендикулярны прямой $AX$, значит $XW\parallel ZY.$

Так как точки $A,B,X,W,C$ лежат на окружности с центром $M$, мы имеем что $MX=MW$. Также можем заметить, что четырехугольники $ZAMB$ and $MAYC$ являются дельтоидами, так как у нас $MA=MB=MC$, $AZ=BZ$ и $AY=CY$. Это означает, что $\angle MZY=\frac{\angle BZA}{2}=45^\circ$. Аналогично, $\angle MYZ=45^\circ=\angle MZY$. Тогда $MZ=MY$. Из двух равенств $MX=MW$ и $MZ=MY$ выходит, что серединные перпендикуляры отрезков $XW$ и $ZY$ проходят через точку $M$, но так как у нас по утверждению 2 эти отрезки параллельны, то их серединные перпендикуляры тоже параллельны к друг другу. Но так как эти параллельные прямые имеют общую точку, то они совпадают с друг другом. Это значит, что отрезки $XW$ и $ZY$ имеют общий серединный перпендикуляр, что доказывает что $ZXWY$ равнобедренная трапеция.

Молодец, крутая задача :D

можете подсказать а какое доказательство что пятиугольник ABXWC вписанный? или

"так как все они лежат на окружности с диаметрами AW и BC" хватает?

Б.О.О. $AC>AB$

$1) \angle ZAY=\angle ZAB+\angle BAC+\angle CAY=45+90+45=180$

$2)$ Пусть $XC\cap ZY=D,$ и $\angle ACB=\alpha\Rightarrow \angle YDX=90-\angle YCD=90-(180-\angle YCA-\angle ACB-\angle BCX)=90-(90-\alpha)=\alpha=\angle CBW=\angle CXW\Rightarrow YZ\parallel XW$

$3)$ По Теореме Косинусов $:$ $ZX^2=ZB^2+BX^2-2\cdot \cos(180-\alpha) \cdot ZB \cdot BX=\dfrac{AB^2}{2}+\dfrac{BC^2}{2}+2\cdot \sin(90-\alpha) \cdot \dfrac{AB}{\sqrt{2}}\cdot \dfrac{BC}{\sqrt{2}}=BA^2+\dfrac{CA^2}{2}+AB\cdot CA=$ $=CW^2+CY^2+CW\cdot CY\sqrt{2}=CW^2+CY^2-\cos135 \cdot CW \cdot CY=YW^2\Rightarrow ZX=YW \blacksquare$

очевидно, что точки Z,A,Y лежат на одной прямой, а также нетрудно определить, что YZ параллельно XW, => остается доказать, что XY=ZW;

обозначим пересечения прямых CY,BZ с прямой WX в точках M,N соответственно.

=> ∠NBW=180-90-45=45.

обозначим ∠XCW =a: => ∠XCM=180-∠YCX=180-90-45-a=45-a. А также, что ∠WCB=45-a.

из условия следует, что WXCB - вписанный, т.е.∠XCW=∠XBW = a; ∠XBC=∠XWC=45

=> 1)∠BWN=45 => ∠BNW=180-∠NBW-∠BWN=180-45-45=90;

=> 2)∠CXW=180-90-∠WXB=180-90-(45-a)=45+a;

=>∠XMC=180-(45-a)-(45+a) = 90;

=>MNZY - прямоугольник.

заметим что треугольники AYC,BNW равны: => AY=BN

поскольку AZ=BZ, AY=BN => ZN=ZY => MNZY - квадрат;

заметим, что треугольники XNB,CXM равны;

=> XM=BN, т.к. BNW - равнобедренный => BN=NW;

=> XM=WN.

осталось заметить, что треугольники YXM, ZWN равны;

=> XY=ZW Ч.Т.Д.

Введем систему координат, чтобы вершины треугольника $\triangle ABC$ соответствовали координатам:

1. $А - (0,0)$

2. $B - (2a, 0)$

3. $C - (0, 2b)$

Обозначим:

1. $X' - (a+b, a+b)$

2. $Y' - (-b, b)$

3. $Z' - (a, -a)$

4. Середину $AB$, $M - (a, 0)$

5. Середину $AC$, $N - (0, b)$

6. Середину $BC$, $O - (a, b)$

Легко заметить, что:

1. $MA=MB=MZ'=a$ и $AZ'=BZ'=\sqrt{2}a$, следовательно $Z'=Z$

2. $NA=NC=NY'=b$ и $AY'=CY'=\sqrt{2}b$, следовательно $Y'=Y$

3. $OB=OC=OX'=\sqrt{a^2+b^2}$ и $CX'=BX'=\sqrt{(a+b)^2+(a-b)^2}$, следовательно $X'=X$

4. $W - (2a, 2b)$

Осталось заметить что,

1. прямая $YZ$ это $y=-x$, прямая $WX$ это $y=-x+2a+2b$, следовательно эти прямые параллельны.

2. $YX=WZ=\sqrt{a^2+(2b+a)^2}$ и $YW=XZ=\sqrt{b^2+(2a+b)^2}$, следовательно $X$, $Y$, $Z$ и $W$ образуют равнобочную трапецию.

Начнем с того, что точки $Z, A, Y$ лежат на одной прямой и $(ABCXW)$ - вписанный

Проведем отрезок $AX$. По Лемме Трезубца $X$ — середина дуги $BC$, а значит, $AX$ — биссектриса угла $\angle BAC$.Получаем что $$ AX \perp ZY $$

Следовательно, $\angle AXW = \angle ABW = 90^\circ$, что означает $AX \perp XW$.

Из $AX \perp ZY$ и $AX \perp XW$ следует, что

$$ ZY \parallel XW $$

Опустим проекцию $D$ из точки $W$ на прямую $ZY$. Утверждение: точка $D$ лежит на окружности $(ABCXW)$, так как $\angle AXW + \angle ADW = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$.

Для доказательства того, что трапеция равнобокая, достаточно показать, что $AZ = DY$ что эквивалентно $ZD = AY$. Пусть $\angle BCA = \alpha = \angle BDA$

Значит нам нужно доказать что $BZ \cdot \cot \alpha = AY$

$$ AY = \frac{AC}{\sqrt{2}}, \quad BZ = \frac{AB}{\sqrt{2}} $$

после сокращение нужно доказать что $AC = AB \cdot \cot \alpha$ что очевидно

Уоу мансик успокойся так красиво решать

изи

Че реально Р1 изи?!