Математикадан облыстық олимпиада, 2022 жыл, 10 сынып

$ABC$ сүйірбұрышты үшбұрышында $AC$ қабырғасы ең үлкені. Центрі $A$ радиусы $AB$ болатын $\omega_1$ шеңбері $BC$ қабырғасын $F$ нүктесінде қияды. Центрі $C$ радиусы $CB$ болатын $\omega_2$ шеңбері $AB$ қабырғасын $E$ нүктесінде қияды. $\omega_1$ және $\omega_2$ шеңберлері екінші рет $D$ нүктесінде қиылысады. B нүктесінен өтетін $EF$ түзуіне параллель түзу $\omega_1$ және $\omega_2$ шеңберлерін екінші рет сәйкесінше $G$ және $T$ нүктелерінде қияды. $GT=DF+DE$ болатынын дәлелдеңіз. ( С. Полянских )

Комментарий/решение

$\angle ABD=a, \angle CBD=b$

$\angle ABF= \angle AFB= \angle CEB=a+b$

$\angle BAF=180-2a-2b=2 \angle BDF$

$\angle BDF=90-a-b$

Аналогично $\angle BDE=90-a-b$

$\angle EDF=\angle EDB + \angle BDF=180-2a-2b= \angle ECF= \angle BAF$

Соответственно, $A, E, F, C, D$ лежат на одной окружности

$\angle EFB=\angle EAC=\angle FBT=90-a$

$\angle BTD=90-b$ ++ $BT||EF => EB||TD => ED=BT => $

Аналогично $GB=DF$

Каким образом $A,E,F,C,B$ на одной окружности если $A,E,B$ на одной прямой?

Ввел новую геометрию.

тот же вопрос

Не, он кажется исправил после моей заметки

$\angle FDA=90-\dfrac{\angle FAD}{2}=90-\angle FBD=\angle FCD\Rightarrow AFCD$ вписанный, аналогично $AEFCD$ впиcанный.

Очевидно что при повторной гомотетии с центром $D$ где $\omega_1 \rightarrow \omega_2$, то $G\rightarrow T$ и $A\rightarrow C\Rightarrow \angle GDT=\angle ADC=\angle EBF,$ $\angle GTD=\dfrac{\angle BCD}{2}=\angle BCA=\angle BEF,$ $\angle TDG=\dfrac{\angle BAD}{2}+\angle BAC=\angle BFE \Rightarrow \triangle BEF \sim \triangle DTG\Rightarrow BD,ET$ и $GF$ пересекаются в одной точке.

$\angle HDF=\angle HGT=\angle HFE\Rightarrow HI\cdot HD=HF^2,$ аналогично $HI\cdot HD=HE^2,$ где $H=TE\cap GF$ и $I=BD\cap EF\Rightarrow HF=HE.$

Пусть $H'$ центр $(BEF)\Rightarrow \angle EH'F=2\angle EBF=180-\angle ECF\Rightarrow H=H'\Rightarrow HB=HF=HE\Rightarrow GFET, EDTB,$ и $FDGB$ равнобакие трапеции $$\Rightarrow GT=GB+BT=DF+DE\blacksquare$$