Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 10 класс
Комментарий/решение:
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 OC⊥CD. Тогда, ∠OTD=∠OCD=90∘. Поскольку O,A,F,B∈Ω, 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=CG∩OK′. Поскольку △BOC - равнобедренный, то касательная к O параллельна BC. Значит, применяя теорему Паскаля к OOK′BCG мы получаем, что OO∩BC=∞BC, OK′∩CG=D и BK′∩OG лежат на одной прямой. С другой стороны, T′=D∞BC∩OG, 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. ◻
Проведем так же вторую касательную DH к ω из точки D пусть E' середина CH тогда DC2=DE′⋅DO=DB⋅DA то есть DA образ окружности Ω при инверсии ω, то есть E′=E. Так как OB=OA откуда FO биссектриса ∠BFC тогда FO⊥BC пусть N∈BC∩FO 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
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.