Математикадан облыстық олимпиада, 2012-2013 оқу жылы, 9 сынып

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының ішінен $\angle PAC=\angle PBC$ болатындай етіп $P$ нүктесі алынған. $P$ нүктесінен $BC$ және $AC$ қабырғаларына түсірілген перпендикулярлардың табандарын сәйкесінше $L$ және $N$ деп белгілейік, ал $D$ нүктесі $AB$ қабырғасының ортасы болсын. $DL=DN$ болатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Положим что это верно,$DL=DN$, $\angle CAP = \angle CBP = a$ , $ \angle PAB = y , \ \ \angle PBA =x$ .

Из теоремы косинусов , получим соотношение

$(AP \cdot cosa)^2-(BP \cdot cosa)^2 = 2 \cdot (AP \cdot cosa) \cdot AD*cos(a+y) -2 \cdot (BP \cdot cosa) \cdot AD \cdot cos(a+x)$

$((BP \cdot \dfrac{sinx}{siny}) \cdot cosa)^2-(BP \cdot cosa)^2 = 2 \cdot BP \cdot AD \cdot (\dfrac{sinx}{siny} \cdot cosa \cdot cos(a+y) -cosa \cdot cos(a+x))$

После преобразований , получим

$BP \cdot (\dfrac{sinx}{siny} \cdot cosa)^2-(cosa)^2) = 2 \cdot AD \cdot cos^2a \cdot \dfrac{sin(x-y)}{siny} $

$BP \cdot (sin^2(x) - sin^2y) = 2 \cdot AD \cdot siny \cdot sin(x-y)$

$\frac{sin(x+y)}{siny}=\frac{2AD}{BP} = \frac{AB}{BP}$

что верно , это из теореме синусов .

Значит $DL=DN$

$DL,DN$ медианы треугольников $ANB,ALB$ учитывая это и используя формулу медиан $m_{c}=\frac{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}{2}$ получаем что надо доказать $AN^2+BN^2=AL^2+BL^2$(1) из условия следует что $\angle APL = \angle BPN=x$ применяя теорему косинусов $(1)$ можно записать как $BL^2+AP^2+PL^2-2AP \cdot PL \cdot cosx = AN^2 + PN^2+PB^2-2 \cdot PN \cdot PB \cdot cosx$ по теореме Пифагора $AN^2+PN^2=AP^2, BL^2+PL^2=BP^2$ подставляя $AP \cdot PL = PN \cdot PB$ которое следует из подобия треугольников $APN,BPL$.

продолжим LD за D до точки R такой, что DL=DR. Тогда LARB -параллелограмм, т.к.$ DL=LR, AD=DB \Rightarrow AR=LB, \angle NPL = \angle CAR= 180- \angle ACB$ (т.к. $AR \parallel BC$,$ CNPL$-вписанный, соответственно). $(1)$ $$ \triangle PLB \sim \triangle PNA, т.к. \angle PNA=\angle PLB= 90^\circ , \angle PAC= \angle PBC \Rightarrow AN/BL=PN/PL \Rightarrow AN/PN=BL/PL=AR/BL. (2) $$. Из $(1)$ и $(2)$ следует, что $\triangle NAR \sim \triangle NPL \Rightarrow \angle LNP= \angle ANR \Rightarrow \angle LNR= 90^\circ \Rightarrow ND$ - медиана прямоугольного треугольника $\Rightarrow ND=DL$, ч.т.д..

Пусть $K,N$ середины $PA,PB$.$AK=PK=KN$,$PM=BM=ML$.$DM,DK$ средние линии $\triangle ABP$.$DM=AK,DK=BM$.$\triangle BDM= \triangle ADK$.$\angle BMD=\angle AKD$.$\angle BML=\angle AKN$.$\angle DKN=\angle DML$.$\triangle DML=\triangle DKN$.$DL=DN$.