Республиканская олимпиада по математике, 2010 год, 11 класс
Комментарий/решение:
h_Рисунок@http://rgho.st/8KjwJpxFz_h
Так как ∠ADC=∠AFC=90∘ , значит точки A,D,F,C лежат на одной окружности , положим ∠OAC=∠ACO=a и ∠DCF=∠BCF=∠DAF=∠MAO=b откуда ∠ABC=180∘−2a2=90∘−a , так как O центр окружности , значит ∠BAD=a , так как AD⊥BC . Точка N∈MO∩BC , надо доказать , что N лежит на описанной окружности треугольника BOF. То что N лежит на одной окружности с вышеупомянутыми точками , вытекает из того , что ΔAMO и ΔBFC подобны , так как ∠AOM=∠FON=∠FBN , а ∠MAO=∠BCF=b . То есть надо доказать соотношение AOAM=BCCF , либо тоже самое что 2AOAE=BCCF так как по условию M середина AE. Заметим что ∠AOE=90∘−(90∘−2a)=2a , тогда из треугольника AOE получаем 2AOAE=2sin(b+2a)sin2a , но с другой стороны из прямоугольного треугольника ACF получим CFsina=AC , так же из треугольника ABC , получим ACcosa=BCsin(2a+b) подставляя CFsina=BC⋅cosasin(2a+b) , то есть AOAM=BCCF значит треугольники AMO,BFC действительно подобны , откуда N лежит на описанной окружности ΔBOF .
U∞ − точка бесконечности прямой AD, L − середина BC, и пусть P≡OM∩BC, Q≡AO∩BC. Тогда O(A,E,M,U∞)≡O(Q,C,P,L)=−1. Следовательно, P,F ортогональная проекция Q на OC коллинеарны. Прямые PF,BC антипараллельны относительно прямых OA,OC. Поэтому:
∠FPQ=∠OQC−∠OCB=(∠B+90∘−∠C)−(90∘−∠A)=180∘−2∠C
∠FPQ=∠BOF=180∘−2∠C ⟹P∈⊙(BOF)
Решение от Luis González. Его решение на сайте AoPS.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.