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


Дан выпуклый шестиугольник $ABCDEF$ с точкой $P$ внутри него. Предположим, что $BCEF$ — это квадрат, и $ABP$ и $PCD$ — прямоугольные равнобедренные треугольники с прямыми углами в вершинах $B$ и $C$. Прямые $AF$ и $DE$ пересекаются в точке $G$. Докажите, что $GP \perp BC$.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 4   0
2024-05-13 23:35:50.0 #

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 $GP\bot BC$.

  0
2024-07-05 22:39:21.0 #

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

  0
2024-07-05 23:24:24.0 #

Вы не доказали, что $P\in GG_1$

  0
2024-07-06 01:12:59.0 #

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

  0
2024-07-06 01:52:52.0 #

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

  0
2024-07-06 02:06:46.0 #

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

  2
2024-07-06 02:22:40.0 #

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.

пред. Правка 2   0
2024-07-10 19:50:06.0 #

лучший коммент на матоле

  0
2024-07-14 12:06:22.0 #

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 $\phi$.