Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2003 год


Через точку K, лежащую вне окружности ω, проведены касательные KB и KD к этой окружности (B и D — точки касания) и прямая, пересекающая окружность в точках A и C. Биссектриса угла ABC пересекает отрезок AC в точке E и окружность ω в точке F. Докажите, что FDE=90.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
2 года 4 месяца назад #

Где то в условии ошибка. Построил в натуральную величину чертеж, и не вышло угла FDE=90. Видимо опечатка.

пред. Правка 4   2
1 года 9 месяца назад #

Пусть G=DEω, P=AGBF, Q=AGBC, R=GDBC. 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 Gω, 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.