Всем привет! Сегодня разбираем самую сложную задачу с питерской городской олимпиады младших классов этого года — задачу 8.6.
Напоминаю, что следить за публикациями также можно на телеграм-канале Олимпиадная геометрия.
Вспомним условие.
Как я и говорил ранее, картинка в этой задаче является существенной подсказкой. Оказывается, точка Q обязательно является серединой отрезка CP. Впрочем, это получится в решении само собой.
Как же решать такую задачу? Во-первых, правильный треугольник это традиционно намек на поворот на 60 градусов. Поэтому можно поэкспериментировать с дополнительными построениями в этом ключе. Во-вторых, можно экспериментировать по-умному. Ведь самое важное условие, это условие про углы по 30 градусов. Хотелось бы, чтобы это условие после дополнительного построения заиграло новыми красками.
Давайте повернем точку P на 60 градусов с центром в точке A (образ обозначим через K). Тогда треугольник PAK окажется равносторонним и луч AQ благодаря условию будет его осью симметрии — серединным перпендикуляром к PK.
Кажется мы на верном пути. Давайте теперь сделаем тоже самое с другой стороны. Повернем точку P на 60 градусов против часовой стрелки с центром в точке B — получим точку L. Помимо аналогичных наблюдений теперь еще следует отметить, что PB=PL=KC и PA=PK=LC.
Оказывается, что PKCL — параллелограмм, причем серединные перпендикуляры к его сторонам PK и PL пересекаются в точке Q. Но точка Q также лежит и на серединном перпендикуляре к его диагонали PC! Таким образом точка Q равноудалена от всех четырех вершин параллелограмма, что возможно только если он является прямоугольником. Откуда выводим, что угол KPL прямой и, следовательно, угол AQB тоже прямой.