Математикадан республикалық олимпиада, 2009-2010 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрін $O$ деп белгілейік. $A$ төбесінен $BC$ табанына түсірілген биіктіктің табаны $D$ нүктесі болсын, ал $AD$ және $CO$ түзулерінің қиылысу нүктесі $E$ болсын. $M$ нүктесі — $AE$ кесіндісінің ортасы, ал $F$ нүктесі — $C$-дан $AO$-ға түсірілген перпендикулярдың табаны. $OM$ және $BC$ түзулерінің қиылысу нүктесі $BOF$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің үстінде жататынын дәлелдеңдер. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

h_Рисунок@http://rgho.st/8KjwJpxFz_h

Так как $\angle ADC = \angle AFC = 90^{\circ}$ , значит точки $A,D,F,C$ лежат на одной окружности , положим $\angle OAC = \angle ACO = a$ и $\angle DCF = \angle BCF = \angle DAF = \angle MAO = b$ откуда $\angle ABC = \dfrac{180^{\circ}-2a}{2}=90^{\circ}-a$ , так как $O$ центр окружности , значит $\angle BAD = a$ , так как $AD \perp BC$ . Точка $N \in MO \cap BC$ , надо доказать , что $N$ лежит на описанной окружности треугольника $BOF$. То что $N$ лежит на одной окружности с вышеупомянутыми точками , вытекает из того , что $\Delta AMO$ и $\Delta BFC$ подобны , так как $\angle AOM = \angle FON = \angle FBN$ , а $\angle MAO = \angle BCF = b$ . То есть надо доказать соотношение $\dfrac{AO}{AM} = \dfrac{BC}{CF}$ , либо тоже самое что $\dfrac{2AO}{AE} = \dfrac{BC}{CF}$ так как по условию $M$ середина $AE$. Заметим что $\angle AOE = 90^{\circ}-(90^{\circ}-2a) = 2a$ , тогда из треугольника $AOE$ получаем $\dfrac{2AO}{AE} = \dfrac{ 2 sin(b+2a)}{sin2a}$ , но с другой стороны из прямоугольного треугольника $ACF$ получим $\dfrac{CF}{sina} = AC$ , так же из треугольника $ABC$ , получим $\dfrac{AC}{cosa} = \dfrac{BC}{sin(2a+b)}$ подставляя $\dfrac{CF}{sina} = \dfrac{BC \cdot cosa}{sin(2a+b)}$ , то есть $\dfrac{AO}{AM} = \dfrac{BC}{CF}$ значит треугольники $AMO, BFC$ действительно подобны , откуда $N$ лежит на описанной окружности $\Delta BOF$ .

$U_{\infty}$ $-$ точка бесконечности прямой $AD$$,$ $L$ $-$ середина $BC$$,$ и пусть $P \equiv OM \cap BC,$ $Q \equiv AO \cap BC.$ Тогда $O(A,E,M,U_{\infty}) \equiv O(Q,C,P,L)=-1.$ Следовательно, $P,F$ ортогональная проекция $Q$ на $OC$ коллинеарны. Прямые $PF,BC$ антипараллельны относительно прямых $OA,OC.$ Поэтому:

$\angle FPQ=\angle OQC-\angle OCB= (\angle B+90^{\circ}-\angle C)-(90^{\circ}-\angle A)=180^{\circ}-2\angle C$

$\angle FPQ=\angle BOF= 180^{\circ}-2\angle C \ \Longrightarrow P \in \odot(BOF)$

Решение от Luis González. Его решение на сайте AoPS.