Всем привет!
Начинаем разбирать задачи финалов Всероссийской олимпиады школьников прошлого года, но стартуем с олимпиады Эйлера — олимпиады для восьмого класса. Напоминаю, что следить за публикациями можно на телеграм-канале Олимпиадная геометрия. Кроме того, теперь можно следить за ними и в сообществе вконтакте.
В прошлом году на финале в первый день задача была под номером 4. Вот ее условие.
Задача мне, если честно, показалась довольно сложной, но возможно я не увидел какого-то простого решения, а возможно есть счетное решение. Официальное решение мне показалось довольно противоестественным, найти его можно на официальном сайте олимпиады. На самой олимпиаде задачу решило 8 человек... так что, видимо, не такая уж она и сложная.
Итак, давайте разбираться. Мой подход к решению задач с такими навороченными условиями довольно прост — надо исследовать картинку по частям. Точки S и R на картинке практически не связаны друг с другом... точнее так, они связаны через очень странную точку Q. Давайте исследуем точки по-отдельности.
Построение точки R кажется более естественным, с нее и начнем. Тут требуется совсем немного наблюдательности. Дело в том, что отрезки AR и QA равны из симметрии, а отрезки AP и QB из условия. Кроме того, легко видеть, что углы PAR и BQA равны (они оба равны сумме угла C и синего угла). Что ж, из сделанных наблюдений следует равенство треугольников PAR и BQA и равенство отрезков PR и BA.
Если внимательно присмотреться, то кажется это намек на равенство треугольников SBA и SPR. Мы ведь уже получили, что у них есть равные стороны, а еще про две стороны должны доказать равенство.
Что нам надо сделать, чтобы установить равенство треугольников? Ну напрашивается доказательство равенства сторон SB и SP и равенство углов SBA и SPR.
Равенство отрезков никак не задействует точку R, то есть по сути является самостоятельной задачей, которую можно решить. Удаляем точку R с картинки и пытаемся понять, отчего же равны отрезки SB и SP...
Сам факт мне показался довольно сложным, но очень симпатичным. На мой вкус уж лучше было бы дать его на олимпиаде. Но составители олимпиад стараются заботиться о том, чтобы задача не слишком легко считалась. Этот промежуточный факт считается в одну строчку (это вычисление я приводить не буду — честно его проделал). После того как я проверил этот факт счетом, мне захотелось понять его геометрическую природу и, признаюсь, я какое-то время не мог проникнуть в суть происходящего. Однако, мне все-таки удалось придумать геометрическое решение. Единственный его недостаток — оно не слишком восьмиклассное, однако вполне доступно восьмикласснику, особенно борющемуся за призы олимпиады Эйлера. Привожу его тут.
Будем решать немного обратную задачу. Отметим такую точку S', что ∠S'BC=∠BAC и S'B=S'P.
Продлим S'P 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 ∠S'XB=∠QXC.
Дополняя его равенством ∠CBX+∠S'BA=180°, заключаем, что точки Q и S' изогонально сопряжены относительно треугольника ABX. Значит равны углы QAC и S'AB и точка S' на самом деле и есть точка S.
Итак, мы доказали, что SA=SP. Осталось проверить равенство углов SBA и SPR. Но в стандартных обозначениях ∠SBA=α+β, а угол SPR вычисляется так