Library / Ukrainian Mathematical Olympiad /32 of 49

Ukrainian Mathematical Olympiad

Geometry Difficulty 6.0 AIME, harder Prove it Ukraine

A point $S$ lies on the side $PM$ of a trapezoid $MPQ$ with bases $PM$ and $RQ$ ( $PQ < PM$ , and $S$ is distinct from the vertices). The bisectors of the angles $MSQ$ and $MPQ$ meet at point $O$ . It is known that the segment $OI$ , where $I$ is the incenter of the triangle $PQR$ , is parallel to the bases of the trapezoid. Prove that $SR = OI$ .

Solution

Нехай $\angle SPO = \alpha$ . Очевидно, що $\angle SPO = \angle QPO = \angle PQI = \angle RQI = \angle POI$ .
Зокрема, оскільки $\angle PQI = \angle POI$ , то чотирикутник $POQI$ циклічний, причому,
з урахуванням паралельності прямих $PO$ і $QI$ , — рівнобічна трапеція. Таким
чином, $OI = PQ$ . Якщо $\angle QOI = \beta$ , то $\angle PQI = \beta$ , $\angle OQP = \angle OIP = 180^\circ - 2\alpha - \beta$ .
Точка $O$ є центром зовнівписаного кола трикутника $SPQ$ , звідки
$\angle OQS = \beta + 2\alpha, \quad \angle SQR = 180^\circ - (\beta + 2\alpha) = 180^\circ - \angle SPR.$
Отже, чотирикутник $SQRP$ є циклічним. Враховуючи, що $SP \parallel QR$ , дістаємо рівність $PQ = SR$ .

Want a route through all this instead of an archive? The track puts 2,604 problems in a working order, from Junior Challenge level to the IMO shortlist.

Source: MathNet, licensed CC-BY-4.0. Statement reproduced verbatim; metadata (topic, difficulty) added by this project.