Областная олимпиада по математике, 2025 год, 9 класс

В равностороннем шестиугольнике $ABCDEF$ $\angle A=\angle B=\angle D=\angle E=150^\circ$ и $\angle C=\angle F=60^\circ$. Пусть $O$ — точка пересечения $AC$ и $BF$. Окружность с центром в точке $O$ проходит через точку $A$ и пересекает $CF$ в точках $P$ и $Q$, причем $FP < FQ$. Вычислите $FP/AB$. ( М. Нсанбаев )

Комментарий/решение

Считая углы , можно заметить что BCD и AEF - правильные треугольники, а ABDE - квадрат. Поэтому шестиугольник сам по себе симметричен относительно серединного перпендикуляра AB. Поэтому окружность проходит через В. Очевидно CF параллелен AB. ABF треугольник равнобедренный, а углы при основаниях будут (180-150)/2=15. Отметим на CF точку P1, такую что FР1=AB. Тогда как, AF=AB, то ABP1F - ромб, диагонали которого делят углы на 15 и 75 градусов, в частности AP1B=75. Но АОВ=180-15-15=150=2*АР1B. И АО=ВО, поэтому Р1 лежит на окружности, то есть совпадает с Р. Поэтому ответ 1.

Небольшим счетом углов также понимаем что ABCF - равнобедренная трапеция. Помимо этого, FO - биссектриса угла AFP, также OP=OA (радиусы окружности), Тогда можно в целом по исследовать эту конструкцию, мы знаем, что если FO пересекает описанную окружность треугольника FAP в точке Z, при Z != (не равно) O, тогда ZA=ZP (трезубец) Тогда если OA=OP, ZA=ZP--> O, Z, F лежат на серпере к AP --> треугольник AFP равнобедренный AF=FP. Если же Z=O, тогда четырехугольник AFPO - вписан, тогда опять же небольшим счетом углов мы добиваемся противоречия, (стоит помнить что равнобедренная трапеция симметрична относительно "замечательной прямой трапеции", т.е это означает что в таком случае CQOB- также вписан, дальше легко посчитать углы и доказать невозможность данного случая)