10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, вторая лига, 9-10 классы

Дөңес $ABCDEF$ алтыбұрышының ішінде $P$ нүктесі алынған. $BCEF$ — квадрат, ал $ABP$ және $PCD$ үшбұрышының екеуі де тік төбелері, сәйкесінше, $B$ және $C$ болатын теңбүйірлі тікбұрышты үшбұрыштар болсын. $AF$ және $DE$ түзулері $G$ нүктесінде қиылысады. ${GP \perp BC}$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Лемма:

Дан прямоугольник $ABCD$ и точки $E,F$ на его описанной окружности. Пусть $AE,BF$ пересекутся в $P$ и $CE,DF$ в $Q$, тогда $PQ \bot AB$.

$BA=BP,BF=BC, \angle ABP=\angle FBC, \angle ABF=\angle PBC\Rightarrow \triangle BAF=\triangle BPC$. Треугольники $BPC$ и $EDC$ равны по аналогии. $BP\cap DE=K,CP\cap AF=L$. $\angle LAB=\angle BPC=180^\circ-\angle LPB\Rightarrow \angle ABP=\angle ALP=90^\circ$, поэтому $L$ лежит на $(BCED)$. $K$ аналогично.

Тем самым из леммы:

$BCED$ - прямоугольник (квадрат), $L$ и $K$ на его описанной окружности, $BK\cap CL=P,FL\cap EK=G$, тогда $GP\bot BC$.

$Пусть$ $\angle BCP$ = $a$ $;$ $\angle CBP$ = $b$ $;$ $прямые$ $AB$ $и$ $CD$ $пересекаются$ $в$ $точке$ $G'$ $;$ $G_1$ $-$ $точка$, $лежащая$ $по$ $другую$ $сторону$ $от$ $BC$ $от$ $G$, $такая$, $что$ $треугольники$ $ \triangle BG_1C$ $и$ $\triangle FGE$ $являются$ $конгруэнтными.$ $По$ $счету$ $углов$ $и$ $свойств$ $конгруэнтных$ $треугольников$ $можно$ $найти$ $то$ $что$ $\triangle CBP$ $=$ $\triangle CED$ $=$ $\triangle FBA$ $\Rightarrow$ $\triangle FGE$ $=$ $\triangle CG'B$ $\Rightarrow$ $ \triangle BG_1C$ $=$ $\triangle CG'B$ $\Rightarrow$ $четырехугольник$ $BG_1G'C$ $-$ $равнобедренная$ $трапеция$ $\Rightarrow$ $\angle G'CB$ $=$ $\angle G_1BC$ $=$ $\angle EFG$ $=$ $90$ $-$ $a$ $\Rightarrow$ $\angle G_1BF$ $=$ $\angle GFB$ $=$ $180$ $-$ $a$ $\Rightarrow$ $четырехугольник$ $GFBG_1$ $-$ $равнобедренная$ $трапеция$ ($т.к.$ $\angle G_1BF$ $=$ $\angle GFB$ $=$ $180$ $-$ $a$ $и$ $GF$ $=$ $G_1B$) $\Rightarrow$ $BF$ $\parallel$ $GG_1$ $\Rightarrow$ $GP$ $\bot$ $BC$

Вы не доказали, что $P\in GG_1$

$Пойдем$ $от$ $обратного$, $пусть$ $P$ $\notin$ $GG_1$. $Пусть$ $GG_1$ $пересекает$ $BC$ $в$ $точке$ $P'$, $ранее$ $мы$ $доказали$ $то$ $что$ $BF$ $\parallel$ $GG_1$, $следовательно$ $GP'$ $\bot$ $BC$. $Пусть$ $GP$ $пересекает$ $BC$ $в$ $точке$ $P_1$, $тогда$ $нас$ $просят$ $доказать$ $то$ $что$ $GP_1$ $\bot$ $BC$. $\angle P'PP_1$ $=$ $180$ $-$ $\angle PP'P_1$ $-$ $\angle PP_1P'$ $=$ $0$, значит $P\in GG_1$.

Вы не доказали, что $\angle PP'P_1 + \angle PP_1P'=180^\circ$

Ой, точнее если то что нужно доказать верно($GP_1$ $\bot$ $BC$), то выполняется это равенство $\angle PP'P_1$ + $\angle PP_1P'$=$180^\circ$

Таким образом вы доказываете то, что $GP\bot BC$, используя то, что $GP\bot BC$. Мне кажется это совсем не справдливо и верно в рамках здравого смысла, а осознание логической ошибки сильно истощает. Думаю стоит не думать об этом ночью.

лучший коммент на матоле

Поясняющее решение:

$$T_{\vec{FB}}: \triangle FGE\to \triangle BCG'\Leftrightarrow BG'||AG,CG'||DG,$$

$$R_B^{90^\circ}: \triangle BAF\to \triangle BPC \Leftrightarrow PC\bot AG||BG',$$

$$R_C^{90^\circ}: \triangle BPC\to \triangle EDC\Leftrightarrow BP\bot GD||CG',$$

откуда $G'$ - ортоцентр $\triangle BPC$, а значит $PG'\bot BC\Leftrightarrow GP\bot BC$.

Здесь $T_\vec{a}$ - параллельный перенос на $\vec{a}$ и $R_X^\phi$ - поворот в относительно $X$ на угол $\phi$.

Заметим что CD и BP параллельны и так CP и BA тоже параллельны .Допустим что P это центр описанной окружности тогда центр квадрата будет ,если от центра до четыре угла сделаем линию тогда они равны между собой такт как они радиусы получается нашли много подобных прямоугольных треугольников. Заметим что PEGF вписан в окружность поэтому пересечения диагоналей будет центром, и допустим что центр О1. И так как PO1=GO1=EO1=FO1 и получается найдем четыре равнобедренных прямоугольных треугольников и от этого узнаем что GP перпендикуляр на EF, и CP и DE параллельны и от этого вытекает что GP и BC перпендикулярны между собой.

$AF=CD$ по равенству треугольник.Счетем углов $\angle GDP=\angle GAP$.$\frac{PG}{sin PDG}=\frac{PG}{sin PAG}$.По теореме синусов в треугольниках $PGD,PGA$ $\frac{sin PGA}{sin PGD}=\frac{PA}{PD}=\frac{AB}{CD}=\frac{AB}{AF}=\frac{sin AFB}{sin ABF}$.$\angle AFB+\angle ABF=\angle FGP+\angle FGE$Значит $\angle FGP=\angle FAP$.Дальше очевидно по счету углов

Не верно