Геометриядан Иран олимпиадасы, 2017 жыл, 2-ші лига (9-10 сыныптар)

$\omega_1$ және $\omega_2$ шеңберлері $A$ және $B$ нүктелерінде қиылысады. $B$ нүктесі арқылы өтетін кез келген түзу $\omega_1$ және $\omega_2$ шеңберлерін екінші рет сәйкесінше $C$ және $D$ нүктелерінде қияды. $E$ және $F$ нүктелері сәйкесінше $\omega_1$ және $\omega_2$ шеңберлерінен $CE=CB$ және $BD=DF$ болатындай таңдап алынған. $BF$ түзуі $\omega_1$-ді $P$, ал $BE$ түзуі $\omega_2$-ні $Q$ нүктесінде қисын. $A$, $P$ және $Q$ нүктелерінің бір түзу бойында жататынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Сделаем инверсию в точке $B$. Тогда получаем: $(AECP)$ , $(AFDQ)$ , $(BCD)$, $(BFP)$, $(BEQ)$ - прямые. До инверсии $\angle CBE = \angle CEB$ и $\angle DFB=\angle DBF$, значит после инверсии $\angle CBE = \angle BCE$ и $\angle FDB=\angle FBD$. Тогда нужно доказать, что после инверсии $B,A,P,Q$ - лежат на одной окружности. $\angle PBQ=\angle FBD + \angle DBQ=\angle FDB + \angle EBC$, $\angle PAQ = \angle ECB + \angle FDB$, как внешний для треугольника $ACD$. Исходя из этого $\angle PBQ = \angle PAQ$, и очевидно, что до и после инверсии $P,Q$ - лежали на одной полуплоскости от $AB$, значит $B,A,P,Q$ - лежат на одной окружности и $A,P,Q$ до инверсии лежат на одной прямой.

Решение отличное, но вопрос

А радиус инверсии какой?

Любой,бери какой хочешь,все равно рисунок почти не изменится

$\angle DFB=\angle DBF=\angle CBP=\angle CAP=\alpha,\angle CBE=\angle CEB=\angle CAB=\beta\Rightarrow \angle BQF=180^\circ-\angle BDF=180^\circ-(180^\circ-2\alpha)=2\alpha,\angle PAB=\angle CAB-\angle CAP=\beta-\alpha,\angle QBF=180^\circ-\alpha-\beta\Rightarrow \angle QFB=180^\circ-(180^\circ-\alpha-\beta)-2\alpha=\beta-\alpha\Rightarrow \angle BAQ=180^\circ-\angle BFQ=180^\circ-\beta+\alpha\Rightarrow \angle PAQ=\beta-\alpha+180^\circ-\beta+\alpha=180^\circ$ ч.т.д.