Математическая олимпиада Канады 2000/4

[TOTAL]

Проводим биссектрисы $BP$ и $BQ$. $P$ - на $AD$, $Q$ - на $CD$.
Площади треугольников $BCQ$ и $BAP$ равны.
Поэтому площади $BCD$ и $BAD$ равны.
Поэтому и углы равны.

-- Пт мар 03, 2023 18:38:11 --

Mirage_Pick в сообщении #1584076 писал(а):

Dendr в сообщении #1584067 писал(а):

Второй случай означает, что $\angle{ABC}$ - развернутый

Из развернутости этого угла ничего не следует. Ну да, четырехугольник вырождается в треугольник, вершина $B \; -$ середина стороны $AC$ по условию. И что?

Если это "ничего", т.е. допускается не строго выпуклый четырёхугольник, то утверждение в задаче неверно. Берём любой прямоугольный треугольник, вершину прямого угда обозначаем $D$, а середину гипотенузы обозначаем $B$.

[Mirage_Pick]

TOTAL в сообщении #1584134 писал(а):

Площади треугольников $BCQ$ и $BAP$ равны.

Почему?

[TOTAL]

Mirage_Pick в сообщении #1584141 писал(а):

TOTAL в сообщении #1584134 писал(а):

Площади треугольников $BCQ$ и $BAP$ равны.

Почему?

Углы $APB$ и $CQB$ равны, а $PA*PB=QC*QB$ (т.к. биссектиры провели! и ещё параллелограмчик $BQDP$ там заметьте)

[Mirage_Pick]

TOTAL,
Через площади даже оказалось изящнее.

Из равенства площадей получаем $\sin \alpha = \sin \beta,$ значит либо $\alpha = \beta,$ либо $\alpha+\beta= \pi$ (я не знаю, откуда первый ответивший взял $\alpha + \beta = \pi/2$...)

-- 03.03.2023, 18:11 --

Собственно вот авторское решение. Задача 4, как и указано в заглавии темы. Помимо тригонометрии жюри отметило два синтетических решения. Первая из них описана как более "красивая", но вторая, вариацию на которую с площадями придумал TOTAL, имхо, красивее.

-- 03.03.2023, 18:14 --

wrest в сообщении #1584131 писал(а):

А... я понял что вас смутило. Я неточно написал. Я имел в виду, что длина радиуса описанной вокруг треугольника $ACD$ окружности равна длине отрезка $AB$, а не то, что $AB$ является радиусом

Ок, это правда.