Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1799
2019-01-20 
Трапеция $ABCD (AB \parallel CD)$ такова, что на ее сторонах $AD$ и $BC$ существуют точки $P$ и $Q$ соответственно, удовлетворяющие условиям: $ \angle APB = \angle CPD, \angle AQB = \angle CQD$. Докажите, что точки $P$ и $Q$ равноудалены от точки пересечения диагоналей трапеции.
Решение:
Пусть $S_1$ - окружность, описанная около треугольника $APB,$ а $S_2$ - окружность, описанная около треугольника $CPD, Q_1$ - их точка пересечения, отличная от точки $P$. Соединим точку $Q_1$ с точками $P, B$ и $C$ (см. рис.).
Так как $AB \parallel CD,$ то $\angle CDA + \angle BAD = 180^{\circ}$. Кроме того, $\angle CQ_1P + \angle CDA = 180^{\circ}$ и $\angle PQ_1B + \angle BAD = 180^{\circ}$. Из этих равенств вытекает, что $\angle CQ_1P + \angle PQ_1B = 180^{\circ}$, следовательно, точка $Q_1$ лежит на отрезке $BC$. Теперь $\angle CPD = \angle CQ_1D$ и $\angle APB = \angle AQ_1B$ (как вписанные, опирающиеся на одну дугу). Но по условию $\angle APB = \angle CPD$, следовательно, $\angle AQ_1B = \angle CQ_1D$. Из сказанного вытекает, что точка $Q_1$ совпадает с точкой Q, так как точка $Q$ на отрезке $BC$ такая, что $\angle AQB = \angle CQD$, находится однозначно как точка пересечения прямой $BC$ и прямой $AD_1,$ где $D_1$ - точка, симметричная точке $D$ относительно $BC$. (Другие случаи расположения $Q_1$ разбираются аналогично; при этом, если точка $Q^{\prime}$ попадает на прямую $BC$ вне отрезка $BC$, то точки $Q$ не существует).
Применим теорему синусов к треугольникам $APB$ и $CDP$ (см. рис.): $\frac{DC}{\sin \alpha} = 2R_2, \frac{AB}{\sin \alpha} = 2R_1$, где $\alpha = \angle APB = \angle CPD, R_1$ и $R_2$ - радиусы окружностей $S_1$ и $S_2$. Следовательно, $\frac{R_1}{R_2} = \frac{AB}{CD}$. Отсюда вытекает, что точка $О$ пересечения диагоналей трапеции является центром гомотетии, переводящей окружность $S_1$ в окружность $S_2$. Поэтому точка $O$ равноудалена от концов общей хорды этих окружностей, т. е. от точек $P$ и $Q$.
Трапеция $ABCD (AB \parallel CD)$ такова, что на ее сторонах $AD$ и $BC$ существуют точки $P$ и $Q$ соответственно, удовлетворяющие условиям: $ \angle APB = \angle CPD, \angle AQB = \angle CQD$. Докажите, что точки $P$ и $Q$ равноудалены от точки пересечения диагоналей трапеции.
Решение:
Пусть $S_1$ - окружность, описанная около треугольника $APB,$ а $S_2$ - окружность, описанная около треугольника $CPD, Q_1$ - их точка пересечения, отличная от точки $P$. Соединим точку $Q_1$ с точками $P, B$ и $C$ (см. рис.).
Так как $AB \parallel CD,$ то $\angle CDA + \angle BAD = 180^{\circ}$. Кроме того, $\angle CQ_1P + \angle CDA = 180^{\circ}$ и $\angle PQ_1B + \angle BAD = 180^{\circ}$. Из этих равенств вытекает, что $\angle CQ_1P + \angle PQ_1B = 180^{\circ}$, следовательно, точка $Q_1$ лежит на отрезке $BC$. Теперь $\angle CPD = \angle CQ_1D$ и $\angle APB = \angle AQ_1B$ (как вписанные, опирающиеся на одну дугу). Но по условию $\angle APB = \angle CPD$, следовательно, $\angle AQ_1B = \angle CQ_1D$. Из сказанного вытекает, что точка $Q_1$ совпадает с точкой Q, так как точка $Q$ на отрезке $BC$ такая, что $\angle AQB = \angle CQD$, находится однозначно как точка пересечения прямой $BC$ и прямой $AD_1,$ где $D_1$ - точка, симметричная точке $D$ относительно $BC$. (Другие случаи расположения $Q_1$ разбираются аналогично; при этом, если точка $Q^{\prime}$ попадает на прямую $BC$ вне отрезка $BC$, то точки $Q$ не существует).
Применим теорему синусов к треугольникам $APB$ и $CDP$ (см. рис.): $\frac{DC}{\sin \alpha} = 2R_2, \frac{AB}{\sin \alpha} = 2R_1$, где $\alpha = \angle APB = \angle CPD, R_1$ и $R_2$ - радиусы окружностей $S_1$ и $S_2$. Следовательно, $\frac{R_1}{R_2} = \frac{AB}{CD}$. Отсюда вытекает, что точка $О$ пересечения диагоналей трапеции является центром гомотетии, переводящей окружность $S_1$ в окружность $S_2$. Поэтому точка $O$ равноудалена от концов общей хорды этих окружностей, т. е. от точек $P$ и $Q$.
