2-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2015 год, вторая лига, 9-10 классы
Комментарий/решение:
$$\angle BCA= \angle ANB=\alpha$$
$$\angle ABO=\angle ACL=\angle BCL - \angle BCA=90^o-\angle BCA=90^o-\alpha$$
$$ \angle FBA=90^o-\alpha \quad (??)$$
$$FK=KH,\quad FH \bot DK \Rightarrow DH=FD$$
$$AO=OB=R \Rightarrow OD \bot AB\Rightarrow DH \bot AB\Rightarrow DH=AD=BD=DF$$
$$AD=DB=DH=DF=R_1 \Rightarrow \angle FBA =\angle FHE=90^o-\angle HEK=90^o-\angle DEA$$
$$ AD=DB, \quad AE=EC\Rightarrow DE\parallel BC\Rightarrow \angle BCA= \angle DEA=\alpha\Rightarrow $$
$$ \Rightarrow \angle FBA=90^o-\alpha $$
$$\angle BLA +\angle ABL =90^o \square$$
Пусть $AA_1$ высота, тогда $A_1FHA$ равнобедренная трапеция, то есть точки $F$ лежит на описанной окружности $\triangle AHA_1$. Также $AHA_1B$ вписанный. Таким образом точки $A,H,A_1,F,B$ лежат на одной окружности, откуда $\angle CBF=\angle ABH=\angle CBO$, что требовалось
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.