
- Screenshot 2024-04-22 122148.png (46.24 KiB) Прегледано 358 пъти
[tex]\\ \text{1-ви случай: PQ и CD лежат в различни полуравнини спрямо AB} \\ \angle{BAC}=\angle{CAD}=25^{\circ} \\ \angle{QAP}=\angle{PAB}=35^{\circ} \\ \angle{O_{1}AO}=\angle{BAC}+\angle{PAB}=60^{\circ} \\ AB \text{ се вижда под прав ъгъл от } O \text{ и } O_{1} \Rightarrow {A; B; O; O_{1}} \in k(M;AM), \quad AM=BM=MO=MO_{1}=r_{k} \\ \angle{O_{1}MO}=2\cdot{}\angle{O_{1}AO}=120^{\circ} \\ \triangle{OMO_{1}}: \quad OM=O_{1}M=r_{k} \Rightarrow \angle{MOO_{1}}=\angle{MO_{1}O}=\frac{180^{\circ}-\angle{O_{1}MO}}{2}=30^{\circ}\\[/tex]

- Screenshot 2024-04-22 122409.png (40.89 KiB) Прегледано 358 пъти
[tex]\\ \text{2-ри случай: PQ и CD лежат в една полуравнина спрямо AB} \\ AB \text{ се вижда под прав ъгъл от } O \text{ и } O_{1} \Rightarrow {A; B; O; O_{1}} \in k(M;AM), \quad AM=BM=MO=MO_{1}=r_{k} \\ \angle{BAC}=\angle{CAD}=25^{\circ} \\ \angle{QAP}=\angle{PAB}=35^{\circ} \\ \widehat{BO}=2\angle{BAC}=50^{\circ} \\ \widehat{BO_{1}}=2\angle{BAP}=70^{\circ} \\ \widehat{OO_{1}}=\widehat{BO_{1}}-\widehat{BO}=20^{\circ} \\ \angle{OMO_{1}}=\widehat{OO_{1}}=20^{\circ} \\ \triangle{OMO_{1}}: \quad OM=O_{1}M=r_{k} \Rightarrow \angle{MOO_{1}}=\angle{MO_{1}O}=\frac{180^{\circ}-\angle{O_{1}MO}}{2}=80^{\circ}[/tex]
Прегледайте сметките. Според мен това е идеята.
Пояснения:
Диагоналите на ромба са взаимно перпендикулярни, следователно пресечната им точка лежи на окръжност с диаметър [tex]AB[/tex] (описаната около правоъгълен триъгълник окръжност има за диаметър хипотенузата). Оттам, следва че точките [tex]A, B, O, O_{1}[/tex] лежат на една и съща окръжност с диметър [tex]AB[/tex]. След това е въпрос на вписани и централни ъгли в тази окръжност.
[tex]\color{lightseagreen}\text{''Който никога не е правил грешка, никога не е опитвал нещо ново.''} \\
\hspace{21em}\text{(Алберт Айнщайн)}[/tex]