Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2003 жыл

$\omega $-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 $\omega $ шеңберін $F$ нүктесінде қияды. $\angle FDE=90{}^\circ $ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

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

Пусть $G=DE \cap \omega$, $P=AG \cap BF$, $Q=AG \cap BC$, $R = GD \cap BC$. Тогда нужно доказать, что $\angle FBG = 90$, 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 $G \in \omega$, 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.