Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2017 жыл
Комментарий/решение:
Пусть G∈BC∩ω и M∈CD∩BE тогда так как ∠APD=∠PAB=∠FEB и так как l||AF тогда ∠APD=∠GEN откуда FPEM вписанный , тогда PC⋅CM=CE⋅CF но BC⋅CG=CE⋅CF то есть PC⋅CM=BC⋅CG 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.
G определим так же как и в комментарии выше.
Точку P определим не как в условии, а как HG∩AF 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 GG∩AB=P;GB∩FE=C и GE∩AB=∞AB(бесконечно удаленная точка от прямой AB и GE)
Значит P−C−∞AB (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
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.