Математикадан 25-ші Балкан олимпиадасы, Охрид, Македония, 2008 жыл

$ AC > BC $, $O$ — сырттай сызылған шеңбердің центрі, $H$ — биіктіктердің қиылысу нүктесі, ал $ F $ нүктесі $ C $ нүктесінен түсірілген биіктіктің табаны болатындай сүйірбұрышты қабырғалары әр түрлі $ ABC $ үшбұрышы берілген. $ AB $ түзуінде $ A$ нүктесінен өзге $ AF = PF $ орындалатындай $ P $ нүктесі берілсін және $AC$ қабырғасының ортасы $M$ нүктесі болсын. $ PH $ және $ BC $ түзулері $ X $ нүктесінде, $OM$ және $FX$ түзулері $ Y $ нүктесінде, ал $OF$ және $AC$ түзулері $ Z $ нүктесінде қиылысады. $ F, M, Y, Z $ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Нам достаточно доказать $ \angle XFO=90$ которая эквивалентна $\angle BFX = \angle CFO $ или $\angle XFH = \angle OFA $.

Применяя $Теорему$ $Синусов$ для треугольников $OFA $, $OFC $, $XFB$, $XFH$ мы имеем : $$ \frac {sin\angle BFX }{sin\angle XFH} =\frac {sin\angle CFO}{sin\angle OFA}$$ и мы знаем $$\angle BFX + \angle XFH =\angle OFA + \angle CFO =90^\circ $$ следовательно $\angle BFX = \angle CFO $ и $\angle XFH = \angle OFA $ что и завершает доказательство