Математикадан облыстық олимпиада, 2013-2014 оқу жылы, 9 сынып

$ABCD$ — тіктөртбұрыш. Центрі $D$ нүктесі және радиусы $DA$ болатын шеңбер $AD$ қабырғасының созындысын $P$ нүктесінде қияды. $PC$ түзуі шеңберді екінші рет $Q$ нүктесінде, ал $AB$ түзуін $R$ нүктесінде қияды. $BQ=BR$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Из условия следует что $\angle AQR = 90^{\circ}$ и $BR=AB$ Значит $BQ$ Медиана треугольника $ARQ$ откуда $BQ=BR$.

Из равенства треугольников \triangle CPD = \triangle RCB следует DC=BR=AB, то есть QB - медиана треугольника AQR, \angle AQP=90^\circ так как угол, опирающийся на диаметр - прямой, следовательно \triangle AQR прямоугольный, а так как QB медиана,проведенная на гипотенузу BQ=BR

Пусть $\angle QAD = \alpha$. $\angle AQP=90^\circ$, как опирающийся на диаметр $AP$. Тогда $\angle APQ=90^\circ-\alpha$. Треугольники $\triangle ADQ$ и $\triangle PDQ$ равнобедренные, т.к. $AQ, DQ, DP$- радиусы. $\angle DAQ=\angle AQD =\alpha$; $\angle DQP =\angle QPD=90^\circ-\alpha$. $\angle QDP=2\alpha$, $\angle CDQ=90^\circ-2\alpha$. Пусть $BQ$ пересекает $CD$ в точке $F$ .

$\angle BFC=2\alpha=\angle QFD => \angle FQD = 90^\circ => \angle BQR=\alpha.$

$\angle ARP=\alpha =\angle BRQ=> \angle BRQ=\angle BQR=\alpha=>\triangle RBQ$ равнобедренный,$=>BR=BQ \square$.