Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2011 жыл

${{\omega }_{1}}$ және ${{\omega }_{2}}$ шеңберлері $A$ және $B$ нүктелерінде қиылысады. $M$ нүктесі $AB$ кесіндісінің ортасы. $AB$ түзуі бойында ${{S}_{1}}$ және ${{S}_{2}}$ нүктелері алынды. ${{S}_{1}}$ нүктесінен жүргізілген жанамалар ${{\omega }_{1}}$ шеңберімен ${{X}_{1}}$ және ${{Y}_{1}}$ нүктелерінде жанасады, ал ${{S}_{2}}$ нүктесінен жүргізілген жанамалар ${{\omega }_{2}}$ шеңберімен ${{X}_{2}}$ және ${{Y}_{2}}$ нүктелерінде жанасады. Егер ${{X}_{1}}{{X}_{2}}$ түзуі $M$ арқылы өтсе, ${{Y}_{1}}{{Y}_{2}}$ түзуі де $M$ арқылы өтетінін дәлелдеңіз. ( А. Акопян )

Комментарий/решение

$O_1,O_2$ - центры $\omega_1,\omega_2$ соответственно.

Утверждение:

$P = X_1M \cap \omega_1,$ тогда $P$ - точка симметричная $Y_1$ относительно $O_1O_2$, $Q = Y_2M \cap \omega_2$, тогда $Q$ симметрична $X_2$ относительно

$O_1O_2$.

Доказательство:

$AX_1BY_1$ и $AX_2BY_2$ - гармонические четырехугольники, тогда раз двойные отношения сохраняются при проецировании с окружности на прямую, имеем:

$$(A,X_1;B,Y_1) \stackrel{P}{=} (A,M;B, \infty), (A,X_2;B,Y_2) \stackrel{Q}{=} (A,M;B, \infty)$$

Это доказывает, что $PY_1||AB||QX_2$, а значит $P$ симметрична $Y_1$ относительно $O_1O_2$, $Q$ симметрична $X_2$ относительно $O_1O_2$., тогда получаем трапецию $Y_1X_2QP$, где $M$ лежит на диагонали $X_2P$, а также на отрезке соединяющем середины оснований $X_2Q, Y_1P$, то есть, по замечательному свойству трапеции $M$ лежит и на диагонали $Y_1Q$, что и есть прямая $Y_1Y_2$.