Две равни отсечки

[ins-]

Нека [tex]PA[/tex] и [tex]PB[/tex] от точка [tex]P[/tex] към окръжността [tex]k[/tex]. През [tex]A[/tex] е построена права, пресичаща [tex]k[/tex] и отсечката [tex]PB[/tex] съответно в точките [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex]. През [tex]B[/tex] е построена права, успоредна на [tex]CD[/tex], пресичаща [tex]k[/tex] в точкa [tex]E[/tex]. С [tex]Q[/tex] е означена пресечната точка на [tex]AD[/tex] и [tex]PE[/tex]. Да се докаже, че [tex]AQ=CD[/tex].

[georgi111]

Много красив факт бате Боби - браво . Ето и моето решение:
Нека [tex]AE[/tex] пресича правата през [tex]P[/tex], успоредна на [tex]AC(BE)[/tex] в точката [tex]X[/tex]. Нека още означим [tex]\angle CAB = \alpha, \angle ABC = \beta, \angle PAB = \angle PBA = \delta[/tex]. Ясно е , че [tex]AEBC[/tex] е равнобедрен трапец. Тогава имаме серията равенства на ъгли(както е на грозния чертеж):
1) [tex]\delta = \alpha + \beta(\angle PAC = \beta[/tex], периферен)
2) [tex]\delta = \angle AEB(\angle PAB[/tex] периферен)
3) [tex]\angle XAC = \angle AEB = \delta = \alpha + \beta(AC, XP, BE[/tex] успоредни) [tex]\rightarrow \angle XAP = \alpha[/tex]
4) [tex]\angle XPA = \beta(AC, XP[/tex] успоредни)
Така получихме, че триъгълниците [tex]XAP, CAB[/tex] са подобни, откъдето [tex]\angle PXA = \angle ACB = 180 - \delta[/tex], т.е. [tex]PXAB[/tex] е вписан в окръжност откъдето имаме [tex]\angle PXB = \angle PAB = \delta = \alpha + \beta[/tex]. Нека [tex]XB[/tex] пресича [tex]AD[/tex] в точката [tex]C'[/tex]. Сега от [tex]XP||AD[/tex] имаме [tex]\angle XC'A=\delta = \angle DCB = \angle CC'B[/tex], откъдето следва че[tex]C, C'[/tex] съвпадат и [tex]X, C, B[/tex] лежат на 1 права.
Сега лесно следва (от съответните подобни триъгилници[tex]AQ/XP=AE/EX=BC/BX=CD/XP[/tex]) , т.е. [tex]AQ/XP = CD / XP \rightarrow AQ = CD[/tex] което и трябваше да докажем

[georgi111]

А да и отговорите на обичайните въпроси
1) хареса ли ми и красива ли е - да
2) виждал ли съм я - не
3) ниво на трудност - лесна, клоняща към контролно в 9ти клас

[ins-]

Благодаря за красивото решение! Твоите "грозни" чертежи много често са по-ценни от много красиви чертежи.
Извинявам се за допуснатата грешка в условието. Би трябвало да е:

Нека [tex]PA[/tex] и [tex]PB[/tex] са допирателни от точка [tex]P[/tex] към окръжността [tex]k[/tex]. През [tex]A[/tex] е построена права, пресичаща [tex]k[/tex] и отсечката [tex]PB[/tex] съответно в точките [tex]C[/tex] и [tex]D[/tex]. През [tex]B[/tex] е построена права, успоредна на [tex]CD[/tex], пресичаща [tex]k[/tex] в точкa [tex]E[/tex]. С [tex]Q[/tex] е означена пресечната точка на [tex]AD[/tex] и [tex]PE[/tex]. Да се докаже, че [tex]AQ=CD[/tex]

Дано скоро всички деветокласници започнат да решават такива задачи на контролните.

Ето още едно решение за статистиката:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 0#p2460170

[georgi111]

"Дано скоро всички деветокласници започнат да решават такива задачи на контролните." - Защо не, какво и е сложното ? Допълнителното построение е най-сложното тука Ама то с проби-грешки може да се досетиш да "вържеш" успоредните прави. Оттам натам са игра с ъгли (т.нар. "angle chasing" както е модно да се казва в един друг чужд форум в който след като пуснеш тука задача веднага и там ), и 2 подобия. Но браво за положения труд - какво значение има за кой клас е и за кой кръг след като е красива ?