Четириъгълник, вписан в окръжност

[Hephaestus]

Задачата ми се стори леко нестандартна, та реших да я споделя:

За четириъгълника [tex]ABCD[/tex], който е вписан в окръжност, е известно, че [tex]AD = AB[/tex]. Точките [tex]P[/tex] [tex](P \in BC)[/tex] и [tex]Q[/tex] [tex](Q \in CD)[/tex] са такива, че [tex]\angle PAQ = \frac{1}{2}\angle BAD[/tex]. Да се докаже, че [tex]PQ = BP + QD[/tex].

[Knowledge Greedy]

Означаваме с [tex]\beta[/tex] мярката на ъгъл [tex]\angle ABC[/tex]. От условието за вписан четириъгълник м. [tex]\angle ADC = 180^\circ - \beta[/tex]
Построяваме точка [tex]M[/tex] такава, че[tex]\angle QAM= \angle QAD[/tex] и [tex]AM=AD (=AB)[/tex]
Очакваме [tex]M\in PQ[/tex].

Hephaestus s prblm frm 12 Мар 2018 23 10.png (6 KiB) Прегледано 731 пъти

Сега ще докажем този факт.
[tex]\left.\begin{matrix}
1. & & AM=AD \\
2. & & AQ=AQ \\
3. & \angle QAM & = \angle QAD
\end{matrix}\right\} \,\ \Rightarrow[/tex] [tex]\triangle AQM \cong \triangle AQD[/tex] - по първи признак.
От доказаната еднаквост получаваме като следствие [tex]\angle AMQ = 180^\circ - \beta \,\ (*)[/tex]

От условието [tex]\angle PAQ = \frac{1}{2} \angle BAD[/tex], построението на точката [tex]M[/tex] веднага влече [tex]\angle PAM = \angle PAM = \beta[/tex]

[tex]\left.\begin{matrix}
1. & & AM=AB \\
2. & & AP=AP \\
3. & \angle PAM & = \angle PAB
\end{matrix}\right\} \,\ \Rightarrow[/tex] [tex]\triangle APM \cong \triangle APB[/tex] - също по първи признак.
От доказаната еднаквост получаваме като следствие [tex]\angle AMP = \beta \,\ (**)[/tex]

Ъглите [tex]\angle AMQ[/tex] и [tex]\angle AMP[/tex] от [tex](*)[/tex] и [tex](**)[/tex] са с общ връх, общо рамо - лъча [tex]PA^{\rightarrow}[/tex] и сбор [tex]180^\circ[/tex], следователно са съседни, т.е. точките [tex]P, M[/tex] и [tex]Q[/tex] лежат на една права (дори на една отсечка!).
Това означава, че [tex]PQ=PM+QM[/tex].
Но от двете двойки еднакви триъгълници има още следствия. От първата [tex]QM=QD[/tex], а от втората [tex]PM=BM[/tex].
Следователно [tex]PQ=BP+QD[/tex].

[Hephaestus]

Страхотно решение!
Тази задача, освен математически знания, изисква и въображение (в случая досещането и представата за това, че симетричната точка на В спрямо правата АР и симетричната точка на D спрямо правата AQ съвпадат, и при това тази обща симетрична точка лежи на правата PQ) и за това я нарекох "леко нестандартна"

[matst]

Ето едно сходно решение (спестих някои детайли).

Построява се т. [tex]Q_1[/tex] върху продължението на страната [tex]CB[/tex]
така, че т. [tex]B[/tex] е между [tex]C[/tex] и [tex]Q_1[/tex] и [tex]BQ_1=DQ[/tex].

[tex]\triangle DAQ \cong \triangle BAQ_1[/tex] по две страни и ъгъл между тях ([tex]\angle QDA= \angle Q_1BA[/tex])
[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\angle Q_1AP=1/2 \angle DAB[/tex] и [tex]QA=Q_1A[/tex].

[tex]\triangle QAP \cong \triangle Q_1AP[/tex] по две страни и ъгъл между тях ([tex]\angle QAP= \angle Q_1AP[/tex])
[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]QP=Q_1P=Q_1B+BP=QD+BP[/tex].