Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2003 жыл
ω-шеңберінен тыс жатқан K нүктесі арқылы осы шеңберге KB және KD жанамалары (B және D жанасу нүктелері) және шеңберді A және C нүктелерінде қиятын түзу жүргізілген. ABC бұрышының биссектрисасы, AC кесіндісін E нүктесінде, ал ω шеңберін F нүктесінде қияды. ∠FDE=90∘ екенін дәлелдеңіз.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
Пусть G=DE∩ω, P=AG∩BF, Q=AG∩BC, R=GD∩BC. Тогда нужно доказать, что ∠FBG=90, ну или иначе, что BG - биссектриса внешнего угла ABQ треугольника ABQ, то есть A,P,Q,G образуют гармоническую четверку точек. ABCD, по определению, гармонический четырехугольник (касательные к B и D, секущая AC пересекаются в одной точке), тогда раз двойное отношение точек на окружности это двойное отношение прямых получаем, что:
(C,B;A,D)=−1, и раз G∈ω, то (GC,GB;GA,GD) - гармоническая четверка прямых. Спроецируем тогда ABCD на BC через G, (C,B;A,D)=(C,B;Q,R), и проецируем эту четверку на AG через E, получаем: (C,B;Q,R)=(A,P;Q,G)=−1, что и требовалось.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.