Республиканская олимпиада по математике, 2023 год, 10 класс

В окружность $\omega$ с центром $O$ вписан такой треугольник $ABC$, в котором $\angle C > 90^\circ$ и $AC>BC$. Касательная прямая к $\omega$ в точке $C$ пересекает прямую $AB$ в точке $D$. Пусть $\Omega$ — описанная окружность треугольника $AOB$. Прямые $OD$ и $AC$ повторно пересекают $\Omega$ 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 )

Комментарий/решение

Заметим, что при инверсии относительно $\omega$ прямая $AB$ переходит в $\Omega$ 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 $\angle BCD = \angle BAC$ и $OC \perp CD$. Тогда, $\angle OTD = \angle OCD = 90 ^\circ$. Поскольку $O,A,F,B \in \Omega$, то $ \angle BOF = \angle BAF = \angle BAC = \frac{\angle BOC}{2} $. Значит, $OT'$ - биссектриса в равнобедренном $\triangle BOC$. Заметим, что $K'$ - образ точки $K$ лежит на описанной окружности $ \triangle BOC$ и прямой $OD$. Пусть, $G$ - диаметрально противоположна $O$ на описанной окружности $ \triangle BOC$. Тогда, $\angle BCG=\angle BOG = \frac{\angle BOC}{2} = \angle BCD$. Значит, $D = CG \cap OK'$. Поскольку $\triangle BOC$ - равнобедренный, то касательная к $O$ параллельна $BC$. Значит, применяя теорему Паскаля к $OOK'BCG$ мы получаем, что $OO \cap BC = \infty_{BC}$, $OK' \cap CG =D$ и $BK' \cap OG$ лежат на одной прямой. С другой стороны, $T' = D \infty_{BC} \cap OG$, 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. $\square$

Проведем так же вторую касательную $DH$ к $\omega$ из точки $D$ пусть $E$' середина $CH$ тогда $DC^2=DE' \cdot DO = DB \cdot DA$ то есть $DA$ образ окружности $\Omega$ при инверсии $\omega$, то есть $E'=E$. Так как $OB=OA$ откуда $FO$ биссектриса $\angle BFC$ тогда $FO \perp BC$ пусть $N \in BC \cap FO$ тогда $\angle CNO = \angle CEO$ или $CNEO$ $(1)$ лежат на одной окружности, так как $DO$ биссектриса равнобедренного треугольника $DHC$ тогда $\angle KCH = \angle KHC$ но из $(1)$ получается $\angle KCH = \angle KOF$ то есть $KHOTB$ лежат на одной окружности

Очень легкое решение,решим задачу через доп.постр.

Пусть $(M - FB \cup \omega)$ .

$1)$ Заметим что $DC^2 = DB \cdot DA = DE \cdot DO$ , $\Rightarrow$ $DC$ и $(COE) касаются$, Значит по теореме Евклида

$\angle CEO = 90$ ,так как $\angle OCD = 90$ , $\Rightarrow$ $CE=EM$ ,

$\Rightarrow$ $\angle DCE = \angle COE = \angle EOM$ , $\rightarrow$ $DCOM -$ вписанный.

$2)$ Заметим что $\angle DCB = \angle BMC = \angle CAB = \angle FAB = \angle FOB$ ,

$\rightarrow$ $BTOM -$ вписанный .

Из $(1) , (2)$ $\angle CDO = \angle CMO = \angle TBO$ , и еще в $(2)$ мы доказали что ,

$\angle FOB = \angle BMC$ , Отсюда $\triangle CKD \sim \triangle BTO$ ,

$\rightarrow$ $\angle CKD = \angle BTO$ $\blacksquare$