Математикадан облыстық олимпиада, 2022 жыл, 10 сынып

$AB = AC$ және $\angle BAC > 90^\circ$ болатындай $ABC$ үшбұрышы берілген. $O$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі. $M$ нүктесі $A$ нүктесіне $BC$ қабырғасына қатысты симметриялы нүкте. $BC$ түзуінің бойынан $C$ нүктесінен әрі созындысынан $D$ нүктесі алынған. $DM$ түзуі $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді $E$ және $F$ нүктелерінде қияды. $ADE$ және $ADF$ үшбұрыштарына сырттай сызылаған шеңберлері $BC$ қабырғасын $P$ және $Q$ нүктесінде қияды. $DA$ түзуі $POQ$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді жанайтынын дәлелдеңіз. ( Шакиев А. )

Комментарий/решение

Так как $\triangle ABC$ равнобедренный, то $\angle BDA=\angle BDF$ и по вписанным углам, $\triangle APE, \triangle AQF$ - подобные равнобедренные. Пусть $\angle BDA=\varphi$, $l$ - прямая проходящая через $A$, параллельная $BC$, $O'$ - такая точка на описанной около $\triangle ABC$ окружности, что ориентированные углы $\angle OAO'$ и $\angle PAE$ равны. Тогда композиция поворота на угол $\varphi$ относительно $A$ (на данном рисунке по часовой стрелке) и гомотетий с коэффициентом $2\cos\varphi$ относительно $A$ переведут $\triangle POQ$ в $\triangle EO'F$, $(AD)$ в $l$, а описанная окружность $\triangle EO'F$ касается $l$ в точке $A$, значит и описанная окружность исходного треугольника $POQ$ касается прямой $AD$ в точке $A$.

ураа картинка