6550. Трапеция ABCD
(AB\parallel CD
) такова, что на её сторонах AD
и BC
существуют точки P
и Q
соответственно, такие, что \angle APB=\angle CPD
, \angle AQB=\angle CQD
. Докажите, что точки P
и Q
равноудалены от точки пересечения диагоналей трапеции.
Решение. Пусть точка B'
симметрична вершине B
относительно прямой AD
. Тогда
\angle APB'=\angle APB=\angle DPC.
Значит, точки B'
, P
и C
лежат на одной прямой.
По теореме синусов
\frac{AB}{BP}=\frac{\sin\angle APB}{\sin\angle BAP}=\frac{\sin\angle CPD}{\sin\angle CDP}=\frac{CD}{PC},
поэтому
\frac{B'P}{PC}=\frac{BP}{PC}=\frac{AB}{CD}.
Пусть O
— точка пересечения диагоналей трапеции ABCD
. Из подобия треугольников AOB
и COD
следует, что
\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}=\frac{B'P}{PC}.
Поэтому AB'\parallel OP
. Значит, треугольники COP
и CAB'
подобны. Тогда
OP=AB'\cdot\frac{OC}{CA}=AB\cdot\frac{CD}{AB+CD}.
Аналогично докажем, что
OQ=AB\cdot\frac{CD}{AB+CD}.
Следовательно, OP=OQ
.