4471. В треугольнике ABC
угол при вершине A
равен 60^{\circ}
. Внутри треугольника нашлась точка O
, из которой все стороны видны под углом 120^{\circ}
. На луче CO
выбрана такая точка D
, что треугольник AOD
— равносторонний. Серединный перпендикуляр к отрезку AO
пересекает прямую BC
в точке Q
. Докажите, что прямая OQ
делит отрезок BD
пополам.
Решение. Обозначим, \angle OCA=\alpha
, \angle OAC=\beta
. Тогда
\alpha+\beta=180^{\circ}-\angle AOC=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}.
Значит,
\angle BAO=\angle BAC-\angle OAC=60^{\circ}-\beta=\alpha,~\angle ABO=60^{\circ}-\alpha=\beta.
Поэтому треугольники AOB
и COA
подобны по двум углам. Следовательно,
\frac{AO}{CO}=\frac{BO}{AO}.
Точка D
равноудалена от концов отрезка AO
, поэтому она лежит на серединном перпендикуляре к этому отрезку. Продолжим отрезок BO
до пересечения с прямой DQ
в точке E
. Тогда EO=EA
, а так как
\angle AOE=180^{\circ}-\angle AOB=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ},
то треугольник AOE
— равносторонний. Поэтому OE=OA=OD
. Значит, полученное ранее равенство \frac{AO}{CO}=\frac{BO}{AO}
можно переписать в виде \frac{EO}{CO}=\frac{BO}{DO}
. Отсюда следует, что треугольники DOB
и COE
подобны. Тогда четырёхугольник BCED
— трапеция с основаниями BD
и EC
.
Известно, что в любой трапеции, точка пересечения диагоналей, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой (замечательное свойство трапеции, см. задачу 1513). Следовательно, прямая OQ
проходит через середину отрезка BD
, что и требовалось доказать.
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 1996 г., отборочный тур, 11 класс
Источник: Берлов С. Л., Иванов С. В., Кохась К. П. Петербургские математические олимпиады. — СПб.—М.—Краснодар: Лань, 2003. — с. 78