Леонард Эйлер атындағы олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, қорытынды кезеңнің 1-ші туры

$ABC$ үшбұрышында $AB$ және $BC$ қабырғаларында сәйкесінше $P$ және $Q$ нүктелері белгіленген. $CP$ және $AQ$ кесінділері $R$ нүктесінде қиылысады. $AR = CR = PR+QR$ екені белгілі. Бір бұрышы $B$ бұрышына тең болатындай, $AP,$ $CQ$ және $PQ$ кесінділерінен үшбұрыш құрауға болатынын дәлелдеңіз. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Отметим точки $K$ и $L$ на отрезках $CP$ и $AQ$ соответственно таким образом, чтобы $CK = RP,$ а $AL = RQ.$ Рассмотрим точку $M,$ симметричную $R$ относительно середины отрезка $AC.$ Нетрудно показать, что четырёхугольники $APKM$ и $CQLM$ — параллелограммы, поэтому треугольник $LKM$ — искомый. В самом деле, $MK = AP,$ $ML = CQ,$ $\angle LMK = \angle ABC$ (так как прямые $BA,$ $BC,$ $MK$ и $ML$ ограничивают параллелограмм), $RL = AR-AL = AR-QR = PR$ и, аналогично, $RK = QR,$ откуда $\triangle PRQ = \triangle LRK$ и $LK = PQ.$

Проведем прямую $l$ с точки $P$, параллельную стороне $BC$. Отметим точку $T$ на прямой $l$ так, что $PT=QC$. Получаем что $PQCT$ - параллелограмм. Отметим на $RC$ точку $S$, что $RS=RQ$, тогда $\triangle PRQ= \triangle CST$ по $2$ сторонам и углу между ними, $\Rightarrow RQ=RS=ST$. Пусть $\angle RTS= \alpha=\angle TRS, \angle TRQ=180-\alpha, \Rightarrow \angle ART=\alpha, \Rightarrow RT$ - биссектриса, то есть еще и медиана и высота, тогда $AT=TC$.

Тогда нашелся $\triangle APT$, удовлетворяющий данным условиям

Построим параллелограммы  $APRX$ и $RQCY$, отсюда $XR=AP$ и $RY=QC$. Заметим что так как $AB//XR$ и $RY//BC$ то $\angle ABC$=$\angle XRY$. Пусть $Z$ точка пересечения прямых $AX$ и $YC$ легко увидеть что  $ARCZ$- ромб. Подсчитав стороны получаем: $XZ=AZ-AX=AR-PR=RQ$, аналогично получаем $PR=ZY$ и $\angle XZY=\angle ARC=\angle PRQ$ , следовательно $\triangle PRQ=\triangle YZX$, отсюда XY=PQ. Заметим что $\triangle XRY$ и есть нужный треугольник.