Математикадан облыстық олимпиада, 2019 жыл, 10 сынып
Центрлері сәйкесінше O1 және O2 нүктелері болатын Γ1 және Γ2 шеңберлері A және B нүктелерінде қиылысады. O1A түзуі Γ2 шеңберін екінші рет C нүктесінде, ал O2A түзуі Γ1 шеңберін екінші рет D нүктесінде қиып өтеді. AD-ға параллель ℓ түзуі Γ1 шеңберін B және E нүктелерінде қиып өтеді. Егер O1A∥DE екені белгілі болса, CD⊥O2C болатынын дәлелдеңдер.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.
Решение. Как известно, прямая, соединяющая центры окружностей, перпендикулярна их общей хорде. Также известно, что концы двух параллельных хорд окружности являются вершинами равнобокой трапеции.
Следовательно, AB⊥O1O2 и ABED — равнобокая трапеция (см. рис. ниже). Так как ED∥O1A, то из симметрии, относительно серединных перпендикуляров AD и EB, следует параллельность DO1∥AB, то есть ∠DO1O2=90∘.
Равнобедренные треугольники ACO2 и ADO1 подобны, так как у них имеются равные вертикальные углы при основаниях. Поэтому ∠O1DO2=∠O1CO2, то есть O2CDO1 — вписанный четырехугольник. Осталось заметить, что ∠DCO2=180∘−∠DO1O2=180∘−90∘=90∘.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.