Library / Russian Mathematical Olympiad /41 of 141

Russian Mathematical Olympiad

Geometry Difficulty 5.7 AIME, harder Prove it Russia

In a parallelogram $ABCD$ , angle $ABC$ is obtuse. Let $\omega$ be the circumcircle of triangle $ABC$ . Line $AD$ intersects $\omega$ at points $A$ and $E$ , and line $CD$ intersects $\omega$ at points $C$ and $F$ . Prove that the circumcenter of triangle $DEF$ lies on $\omega$ . (T. Emelyanova)

Solution

Пусть $\angle ABC = \angle ADC = \angle EDF = \alpha$ ; по условию, $\alpha > 90^\circ$ (см. рис. 7).

Так как $BC \parallel AD$ , то $ABCE$ — равнобокая трапеция, откуда $\angle ECF = \angle BCE - \angle BCD = \alpha - (180^\circ - \alpha) = 2\alpha - 180^\circ$ .

Далее, пусть $P$ — центр описанной окружности $\omega_1$ треугольника $DEF$ . Поскольку $\angle EDF > 90^\circ$ , точка $P$ лежит внутри угла $EDF$ , причем точки $D$ и $P$ лежат по разные стороны от прямой $EF$ .

В окружности $\omega_1$ дуга $EDF$ дополняет дугу величины $2\alpha$ , на которую опирается угол $EDF$ , до полной окружности, поэтому центральный угол $EPF$ равен $360^\circ - 2\alpha$ .

Получаем, что $\angle ECF + \angle EPF = (2\alpha - 180^\circ) + (360^\circ - 2\alpha) = 180^\circ$ ; значит, четырехугольник $CEPF$ вписанный, то есть точка $P$ лежит на окружности $\omega$ , что и требовалось доказать.

Рис. 7

Want a route through all this instead of an archive? The track puts 2,604 problems in a working order, from Junior Challenge level to the IMO shortlist.

Source: MathNet, licensed CC-BY-4.0. Statement reproduced verbatim; metadata (topic, difficulty) added by this project.