Городская олимпиада по математике среди физ-мат школ г. Алматы, 2017 год

$ABC$ үшбұрышының $A$ және $B$ төберелінен өтетін $\omega$ шеңбері $AC$ және $BC$ қабырғаларын сәйкесінше $E$ және $F$ нүктелерінде қияды. $\Gamma$ шеңбері $EF$ кесіндісін $P$ нүктесінде және $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің $AB$ доғасын $Q$ нүктесінде жанайды. $C,\ P,\ Q$ нүктелері бір түзудің бойында жататынын дәлелдеңіз. ( Конаныхин А. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Обозначим точки пересечения прямой $EF$ с описанной окружностью $ABC$ через $M, N$. Докажем, что $AC$ – биссектриса $\angle MAN$. $\angle MAE=\angle CNE=\alpha $ (одна дуга), $\angle CAB=\angle CFE=\beta $ (вписанный $ABFE$), $\angle BCN=\beta -\alpha =\angle BAN$ (одна дуга) $\Rightarrow $ $\angle CAN=\beta -\left( \beta -\alpha \right)=\alpha $. Значит, $C$ – середина дуги $MN$. По лемме Архимеда $QP$ является биссектрисой $\angle MQN$, а значит, $Q, P, C$ лежат на одной прямой.

Автор этой задачи пользователь $matol$ - $amatysten$. Наверное прикольное чувство когда ты видишь своё имя на сайте где когда-то ты постил решение.

поднялся так сказать

Достаточно проверить что $C$ образ $P$ при гомотетии с центром в точке $Q$ переводящию $\omega$ в $(ABC)$ для этого достаточно проверить паралелность касательной в точке C к $(ABC)$ и $EF$ Провидем касательную $l$ к (ABC) в точке $C$ Тогда $\angle (l ; AC)= \angle ABC= \angle CEF$ значит $ l \parallel EF$