Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

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 түзуі Γ1 шеңберін B және E нүктелерінде қиып өтеді. Егер O1ADE екені белгілі болса, CDO2C 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, ABO1O2 и ABED — равнобокая трапеция (см. рис. ниже). Так как EDO1A, то из симметрии, относительно серединных перпендикуляров AD и EB, следует параллельность DO1AB, 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=180DO1O2=18090=90.