Математикадан Алматы қаласының олимпиадасы, 2011 жыл
Центрі O болатын ω шеңберіне S нүктесінен SA және SB жанамалары жүргізілген. ω шеңберінде AC∥OB және CC′ ω-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
)
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
KC′∩ω=P≠C′.
∠BMK=∠CPC′=90∘⇔CP||BM. По замечательному свойству трапеции CM∩PB=Q такая точка, что KQ проходит через середину CP. Надо показать QPKC - вписанный:
∠(QC,CK)=∠(AC,CB)=∠(AC′,C′B)
и еще C′A⊥CA||BO⇔BC′=BA, а значит
∠(QP,PK)=∠(BP,PC′)=∠(BA,AC′)=∠(AC′,C′B)
из-за чего QPKC оказывается вписанным, что и надо было.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.