Олимпиадная задача Шарыгина И.Ф. о квадрате и равных углах

Искомым геометрическим местом точек является объединение серединного перпендикуляра m к отрезку BC, четырех лучей, дополняющих диагонали квадрата до прямых, и двух дуг окружности, описанной около квадрата, не включая его вершины (см. рис. а).Несложно убедиться, что любая точка, принадлежащая этому множеству, удовлетворяет условию.Докажем обратное утверждение. Пусть точка X удовлетворяет условию. Тогда, по следствию из теоремы синусов, должны быть равны радиусы окружностей, описанных около треугольников AXB и CXD. Их центры, точки O₁ и O₂ соответственно, лежат на общем серединном перпендикуляре к отрезкам АВ и CD. Если точки O₁ и O₂ совпадают, то X принадлежит окружности, описанной около данного квадрата, но не принадлежит дугам АВ и CD, так как в этом случае один из данных углов будет острым, а другой — тупым.

Если точка O₁ — слева от (АВ), а точка O₂ — справа от (CD) (или наоборот), то окружности симметричны относительно прямой m, поэтому их точки пересечения X лежат на этой прямой.Если точки O₁ и O₂ лежат по одну сторону от (АВ) и (CD), то одна из окружностей получается из другой параллельным переносом на . Рассмотрим одно из четырех возможных положений точки X, например, слева от (АВ) и выше (O₁O₂) (см. рис. б), так как остальные три возможных положения рассматриваются абсолютно аналогичны. Так как |O₁X| = |O₂X| = |O₁B| = |O₁A| и |O₁O₂| = = |AB|, то ΔO₁AB= ΔXO₂O₁. Пусть ∠XO₂O₁ = ∠ABO₁ = α, тогда ∠BO₁O₂ = 90° — α, следовательно, ∠XO₂С = 90°, то есть, ∠XDС = 45°. Следовательно, X лежит на (BD). Так как углы AXB и CXD либо оба острые, либо оба тупые, то точка X лежит вне квадрата.Таким образом, рассмотрены все возможные случаи и доказано, что любая точка X, удовлетворяющая условию, принадлежит указанному множеству.

Ответ задачи отсутствует