Математикадан Алматы қаласының олимпиадасы, 2011 жыл

Центрі $O$ болатын $\omega $ шеңберіне $S$ нүктесінен $SA$ және $SB$ жанамалары жүргізілген. $\omega $ шеңберінде $AC \parallel OB$ және $CC’$ $\omega $-ның диаметрі болатындай $C$ мен $C’$ нүктелері алынған. $BC$ мен $SA$ түзулері $K$, ал $KC’$ пен $AC$ түзілері $M$ нүктесінде қиылыссын. Егер $BMK$ бұрышы тік болса, онда $MKC$ үшбұрышында $M$ нүктесінен түсірілген биіктік $C$ нүктесінен түсірілген биіктікті қақ ортасынан бөлетінін дәлелде. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$KC'\cap \omega=P\neq C'$.

$\angle BMK=\angle CPC'=90^\circ\Leftrightarrow CP||BM$. По замечательному свойству трапеции $CM\cap PB=Q$ такая точка, что $KQ$ проходит через середину $CP$. Надо показать $QPKC$ - вписанный:

$$\angle (QC,CK)=\angle (AC,CB)=\angle (AC',C'B)$$

и еще $C'A\bot CA||BO\Leftrightarrow BC'=BA$, а значит

$$\angle (QP,PK)=\angle (BP,PC')=\angle (BA,AC')=\angle (AC',C'B)$$

из-за чего $QPKC$ оказывается вписанным, что и надо было.