18181. Дан параллелограмм ABXC
. Точки K
, P
и Q
лежат в указанном порядке на его диагонали BC
, причём BK=\frac{1}{3}KC
и BP=PQ=QC=\frac{1}{3}BC
. Лучи XP
и XQ
пересекают стороны AB
и AC
в точках D
и E
соответственно. Известно, что AK\perp BC
, EK-DK=9
и BC=60
. Найдите сумму AB+AC
.
Ответ. 100.
Указание. Пусть M
— центр параллелограмма ABXC
. Докажите, что P
и Q
— точки пересечения медиан треугольников ABX
и ACX
соответственно, а DKME
— равнобедренная трапеция.
Решение. Пусть M
— центр параллелограмма, т. е. середина BC
и AX
. Поскольку
\frac{BP}{BM}=\frac{\frac{1}{3}BC}{\frac{1}{2}BC}=\frac{2}{3},
точка P
, лежащая на медиане BM
треугольника ABX
, — точка пересечения медиан этого треугольника. Значит, XD
— тоже его медиана. Следовательно, D
— середина стороны AB
. Аналогично, E
— середина стороны AC
.
Отрезок DE
— средняя линия треугольника ABC
, потому DE\parallel KM
, а так как DK=\frac{1}{2}AB
как медиана прямоугольного треугольника AKB
, проведённая из вершины прямого угла, а EM
— средняя линия треугольника ABC
, то KD=\frac{1}{2}AB=EM
. Значит, KDEM
— равнобедренная трапеция с основаниями BC
и DE
. Тогда
9=EK-DK=DM-EM=\frac{1}{2}AC-\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}(AC-AB)~\Rightarrow~AC-AB=18.
В то же время, из прямоугольных треугольников AKB
и AKC
, учитывая, что BK=\frac{1}{4}BC=15
и KC=45
, получаем
AK^{2}=AB^{2}-BK^{2}=AB^{2}-15^{2}=AC^{2}-45^{2}~\Rightarrow~AC^{2}-AB^{2}=45^{2}-15^{2}=30\cdot60.
Следовательно,
AC+BC=\frac{AC^{2}-AB^{2}}{AC-AB}=\frac{30\cdot60}{18}=100.
Источник: Открытая онлайн-олимпиада (OMO). — 2013, задача 17, с. 6