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

Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 10 класс


В окружность ω с центром O вписан такой треугольник ABC, в котором C>90 и AC>BC. Касательная прямая к ω в точке C пересекает прямую AB в точке D. Пусть Ω — описанная окружность треугольника AOB. Прямые OD и AC повторно пересекают Ω в точках E и F соотвественно. Прямые OF и CE пересекаются в точке T, а прямые OD и BC — в точке K. Докажите, что точки O, T, B, K лежат на одной окружности. ( М. Кунгожин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  4
2 года назад #

Заметим, что при инверсии относительно ω прямая AB переходит в Ω и наоборот, значит D и E переходят друг в друга. Тогда T - образ точки T лежит на прямой OF и на описанной окружности треугольника OCD. Поскольку OC - радиус, а CD - касательная, то BCD=BAC и OCCD. Тогда, OTD=OCD=90. Поскольку O,A,F,BΩ, то BOF=BAF=BAC=BOC2. Значит, OT - биссектриса в равнобедренном BOC. Заметим, что K - образ точки K лежит на описанной окружности BOC и прямой OD. Пусть, G - диаметрально противоположна O на описанной окружности BOC. Тогда, BCG=BOG=BOC2=BCD. Значит, D=CGOK. Поскольку BOC - равнобедренный, то касательная к O параллельна BC. Значит, применяя теорему Паскаля к OOKBCG мы получаем, что OOBC=BC, OKCG=D и BKOG лежат на одной прямой. С другой стороны, T=DBCOG, значит T - это и есть наша третья точка, то есть T,B,K коллинеарны. Но тогда их образы вместе с центром инверсии лежат на одной окружности, то есть точки O,B,T,K на одной окружности.

пред. Правка 2   3
2 года назад #

Проведем так же вторую касательную DH к ω из точки D пусть E' середина CH тогда DC2=DEDO=DBDA то есть DA образ окружности Ω при инверсии ω, то есть E=E. Так как OB=OA откуда FO биссектриса BFC тогда FOBC пусть NBCFO тогда CNO=CEO или CNEO (1) лежат на одной окружности, так как DO биссектриса равнобедренного треугольника DHC тогда KCH=KHC но из (1) получается KCH=KOF то есть KHOTB лежат на одной окружности