Processing math: 90%

Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2017 жыл


ABCD тіктөртбұрышының AD қабырғасының созындысында, D нүктесінен кейін E нүктесі белгіленді. EC сәулесі, ABE үшбұрышына сырттай сызылған ω шеңберін екінші рет F нүктесінде қияды. DC және AF сәулелері P нүктесінде қиылысады. E нүктесі арқылы өтетін түзуіне, AF түзуіне параллель CH перпендикуляры салынды. PH түзуі ω шеңберімен жанасатынын дәлелдеңіз. ( А. Кузнецов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   3
3 года 7 месяца назад #

Пусть GBCω и MCDBE тогда так как APD=PAB=FEB и так как l||AF тогда APD=GEN откуда FPEM вписанный , тогда PCCM=CECF но BCCG=CECF то есть PCCM=BCCG то есть BPGM вписанный , тогда PGB=PMB=GEB то есть PG касательная, так как CH l тогда DCGHE вписанный , откуда тогда HGN=EN=BEG=BMP=BGP то есть P,G,H лежат на одной прямой.

пред. Правка 3   1
9 месяца 13 дней назад #

G определим так же как и в комментарии выше.

Точку P определим не как в условии, а как HGAF тогда нужно доказать, что CD;HG;AF пересекаются в 1 точке.

Тогда достаточно доказать, что HG касательная. Потому что тогда рассмотрим вписанный шестиугольник GGEFAB и применим теорему паскаля. Тогда GGAB=P;GBFE=C и GEAB=AB(бесконечно удаленная точка от прямой AB и GE)

Значит PCAB (лежат на одной прямой). Т.е. PC||RE||AB||CD значит P;C;D на одной прямой значит всё

HG касательная потому что HGE=HCE(из вписанности, там 90° на одну дугу-СЕ смотрят)

90°-\angle{HCE}=\angle{HEC}=\angle{AFE}(из паралельности) и напоследок из вписанности FGEA \angle{AFE}=\angle{AGE}=90°-\angle{GAE} значит учитывая все равенства углов получаем, что \angle{HGE}=\angle{GAE} а это тоже самое что GH касательная ЧТД