Математикадан аудандық олимпиада, 2009-2010 оқу жылы, 10 сынып

$ABC$ бұрышы доғал болатынай $ABCD$ параллелограмы берілген. $AD$ түзуі $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған $\omega$ шеңберін екінші рет $E$ нүктесінде қияды. $CD$ түзуі $\omega$ шеңберін екінші рет $F$ нүктесінде қияды. $DEF$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі $\omega$ шеңберінде жататынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Треугольники $\Delta ABC=\Delta ABD; \Delta DEF$ подобны , откуда $\dfrac{DE}{CD}=k,\dfrac{FE}{AC}=k$ и $R_{DEF}=k \cdot R_{ABC}$ , положим что $O$ центр окружности $\Delta DEF$ на нужной ему окружности $\Delta ABC$.

Тогда с одной стороны $FE^2=2R^2-2R^2cos(2(\pi-2(\pi- \angle B)))$ с другой $FE^2=k^2(2R^2-2R^2cos(2(\pi- \angle B)))$ получим $k=-2cos \angle B$ , что верно так как $\dfrac{DE}{CD} = \dfrac{sin(\pi-2(\pi - \angle B))}{sin \angle B }=-2cos \angle B$.