Математикадан республикалық олимпиада, 2006-2007 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ — теңбүйірлі үшбұрыш ($AB=BC$), $I$ — оған іштей сызылған шеңбердің центрі. $P$ нүктесі $AIB$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберге тиісті, $P$ $ABC$ -ның ішінде жатыр. $P$ арқылы өтетін $CA$ мен $CB$-ға параллель түзулер $AB$-ны сәйкес $D$ және $E$ нүктелерінде қияды. $P$ арқылы өтетін $AB$-ға параллель түзу $CA$ мен $CB$-ны сәйкес $F$ және $G$ нүктелерінде қияды. $DF$ және $EG$түзулері $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің бойында қиылысатынын дәлелде.

Комментарий/решение

Положения точек такое же как в условий.

Теорема: если окружность $AIB = \omega$, пусть $H$ - точка на ней и $FG || AB$ , тогда $PE || BC$ и $PD || AC$ .

Доказательство: так как $\angle AIB = \angle APB = 90^{\circ} + \dfrac{\angle ACB}{2}$, так как $CH$ биссектриса $\angle AHB$ значит $\angle PBH = 360^{\circ} - \angle APB - (180^{\circ} - \angle ACB ) - \angle PAH = 360^{\circ} - (90^{\circ} + \dfrac{ACB}{2}) - (180^{\circ} - \angle ACB ) - (180^{\circ} - \angle APH-(90^{\circ} - \dfrac{ACB}{2})) = \angle APH$

то есть $\angle PBH = \angle APH$, но так как $\angle CGP = \angle CAB = \angle CHB$ то есть $BGPH$ и $AFPH$ вписанные, откуда $AFH, PGH$ подобны, то есть $\angle AHF = \angle PHG$ тогда $APEH$ так же вписанный, значит $AFPEH$ вписанный, откуда $PE=AF$ тогда $PE || BC$ по тем же соображениям $PD || AC$ .