Всем привет!
Совсем недавно я разбирал задачу номер 4 с прошлогоднего финала олимпиады Эйлера. В процессе ее решения я наткнулся на факт, у которого не смог придумать совсем восьмиклассного решения. В комментариях в моем паблике вконтакте читатели предложили несколько элементарных геометрических решений. Сегодня я их с радостью и благодарностью излагаю.
Задача выглядела так
На рисунке красные и синие отрезки равны, равны сиреневые углы и отрезки BP и QC. Надо доказать, что лучи AS и AQ симметричны относительно биссектрисы угла A.
Первое решение
Поразительной красоты решение, на мой взгляд, решение предложил пользователь Yta Yta. Оно состоит в следующем. Давайте на AC отметим такую точку F, что QF параллельно AP. Тогда BQ=AP, QF=PB и ∠FQB= ∠BPA. Поэтому треугольники FQB и BPA равны, следовательно, BA=BF.
Далее видим, что равнобедренные треугольники BSP и ABF подобны по углу при основании. Поэтому AF/FQ=AF/BP=AB/BS. Откуда, учитывая очевидное равенство углов AFQ и ABS (они оба дополняют угол C до 180°) выводим подобие треугольников AFQ и ABS, а вместе с ним и равенство требуемых углов.
Второе решение
Второе решение в комментариях прислал в каком-то смысле автор задачи. Дело в том, что Сергей Львович Берлов является автором исходной задачи с олимпиады Эйлера.
Он предложил увязать всю конструкцию с описанной окружностью. Для этого отразим точку A относительно серединного перпендикуляра к BC — получим точку A', а точку пересечения отрезков A'B и AC обозначим через X. Первое наблюдение состоит в том, что точки S, P и X лежат на одной прямой. (Это отчасти напоминает наблюдение сделанное в моем решении ниже.) Действительно, углы A'BC, ACB и PAC равны, следовательно, точки A, X, P и B лежат на одной окружности. Но тогда ∠XPC=∠A=∠BPS.
Далее отметим точку T пересечения AS и описанной окружности треугольника ABC. Тогда оказывается, что точки T, P и A' тоже лежат на одной прямой. Действительно, SP²=SB²=ST⋅SA, поэтому треугольники STP и SPA подобны и внешние углы ATP и APX у них равны. Но ∠APX=∠ABX, поэтому луч TP неминуемо упрется в точку A'. Ну а далее осталось выписать цепочку равенств ∠QAC= ∠ PA'B=∠TAB.
Третье решение
Третье решение в комментариях прислал Семён Севостьянов. Он сделал частью схожие дополнительные построения, а частью совсем иные.
Аналогично предыдущему решению обозначим через X точку пересечения прямых PS и AC тогда, как и раньше BX=CX. Далее, если N — точка пересечения SP и окружности описанной около треугольника ABS, то ∠ACP=180°–∠ABS= ∠PNA и четырехугольник CPAN вписанный.
Далее обозначим точку пересечения XQ и AB через M и заметим, что ∠CAB=∠XPC=∠XQP и четырехугольник CQAM тоже вписанный. С таким количеством вписанностей хочешь-не хочешь, а задачу решишь. Можно, например установить равенство углов ∠ABC=∠BCN и ∠XNC=∠XMB (см. картинку), откуда заключаем, что точки M и N симметричны относительно серединного перпендикуляра к BC. Осталось записать цепочку равенств ∠BAS=∠SNB=∠QMC=∠QAC.
Четвертое решение
Ну и для полноты картины, привожу свое решение, которое публиковал раньше при разборе задачи с Эйлера.
Как и в некоторых предыдущих решениях, продлим SP до пересечения с AC в точке X. Тогда четырехугольник ABPX является вписанным (у него внутренний угол XAB равен противоположному внешнему XPC). Следовательно, ∠ XBC= ∠ XAP= ∠ XCB и точка X лежит на серединном перпендикуляре к отрезку BC. Но тогда есть равенство углов ∠SXB=∠QXC.
Дополняя его равенством ∠CBX+∠SBA=180°, заключаем, что точки Q и S изогонально сопряжены относительно треугольника ABX. Значит равны углы QAC и SAB.
