7-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2011 год
Комментарий/решение:
Данное решение неверно. Центр поворотной гомотетии, переводящий $AC$ в $BD$, является точкой Микеля прямых $AC,BD,AB,CD$, то есть является второй точкой пересечения $AKC$ и $BKD$.
Пусть $AB \cap CD \in F$ и $AD \cap BC \in E$ и пусть $EL \cap BD \in Q , EL \cap CD \in P$
1) Докажем что $EL$ симедиана $\Delta AEB$ .
Доказательство: по свойству симедианы треугольника, нужно доказать что $\dfrac{DQ}{BQ} = \dfrac{ED^2}{BE^2}$
По теореме Менелая для треугольника $BDC$ и секущей $EQ$ получаем
$$\dfrac{CP}{DP} \cdot \dfrac{DQ}{BQ} \cdot \dfrac{EC}{BE} = 1 \ \ (1) $$
Для треугольника $ACD$ и $EP$ учитывая что $M$ середина $\dfrac{DP}{CP} = \dfrac{ED}{AE} \ \ (2)$ из подобия $EBD, EAC$ получаем $\dfrac{ED}{EB } = \dfrac{EC}{EA} \ \ (3)$ из трех условии $(1),(2),(3)$ получаем требуемое.
Так как $BL$ симедиана то $\angle DEN = \angle QEB$.
2) Пусть описанная окружность около $\Delta EBD$ пересекает $EQ$ в точке $L'$ тогда $\angle EDB = \angle EL'B $ но $\angle EDB = \angle ECB$ тогда $BQ'CM$ описанный , но $EB \cdot EC = EA \cdot ED = EL' \cdot EM$ и $ADL'M$ описанный значит $L'=L$, то есть все три окружности описанные около $EDB, ADM, BCM$ пересекаются в точке $L$.
3) Докажем что $ \Delta NLB, \Delta EAM$ подобны или $\dfrac{BL}{BN} = \dfrac{AE}{ME} \ \ (4)$ преобразуем, из вписанности $EDLB$ выходит $\dfrac{BL}{DE} = \dfrac{BQ}{EQ}$ тогда $(4)$ $\dfrac{2BQ \cdot DE}{BD \cdot EQ} = \dfrac{AE}{ME} \ (5)$
По теореме Менелая $CEM, BKC$ и секущей $BK,EQ$ соответственно
$\dfrac{EQ}{ME-EQ} = \dfrac{CK}{MK} \cdot \dfrac{BE}{BC}$ и $\dfrac{CM}{MK}\cdot \dfrac{BK-BQ}{BQ} = \dfrac{CE}{BE}$
откуда $EQ = \dfrac{ME \cdot CK \cdot BE}{MK \cdot BC+CK \cdot BE}$ и $BQ=\dfrac{CM \cdot BK \cdot BE}{CM \cdot BE+CE \cdot MK}$
Подставляя в $(5)$ получаем
$AE \cdot BD \cdot CK \cdot (MK \cdot CE+CM \cdot BE) = AC \cdot BK \cdot ED \cdot (MK \cdot BC+CK \cdot BE) \ \ (6) $
Выражая все из различных треугольников $\angle BAC=x, \ \angle BAD=y, \angle ADC=z$
$AE = \dfrac{ABsin(z)}{sin(y-z)}, \ \ BD = \dfrac{ABsin(y)}{sin(z-x)}, \ \ CK = \dfrac{ABsin(x) \cdot sin(y-x)}{sin(y+z-2x) \cdot sin(z-x)}$ $MK= AB(\dfrac{sin(x) \cdot sin(y-x)}{sin(y+z-2x) \cdot sin(z-x)}- \dfrac{sin(z)}{2sin(z-x)}), \ \ CE=AB(\dfrac{sin(x)}{sin(z-x)} + \dfrac{sin(y)}{sin(y-z)})$, $CM= \dfrac{ABsin(z)}{(2sin(z-x)},\ \ BE = \dfrac{ABsin(y)}{sin(y-z)} , \ \ AC = \dfrac{ABsin(z)}{sin(z-x)}, \ \ BK = \dfrac{ABsin(x)}{sin(y+z-2x)}$ , $ED = AB(\dfrac{sin(z)}{sin(y-z)} + \dfrac{sin(y+z-x)}{sin(z-x)}) , \ \ BC = \dfrac{ABsin(x)}{sin(z-x)}$
подставляя в $(6)$ получаем тождество .
4) из $\angle DEN = \angle QEB$ откуда $\angle ENB = \angle EMB$ но из пункта $3$ получаем $\angle BNL = \angle EMA = \angle ENB$ то есть $KNLM$ вписанный.
Пусть $P=AD\cap BC, Q=AB\cap CD$.
Лемма. $PQ$ - радикальная ось $(ABCD), (PMN)$
Доказательство. Пусть $E=PQ\cap AC$. Тогда $$(A,C;K,E)=^Q(A,D;QK\cap AD,P)=-1$$Для удобства примем $a=EA,c=EC,k=EK$, тогда$$\frac{a}{c}\cdot \frac{k-a}{k-c}=-1\Leftrightarrow k(a+c)=2ac$$то есть $EM\cdot EK=EA\cdot EC$ это показывает, что $E$ лежит на радикальной окружностей $(PMN)$ и $(ABCD)$. Аналогично для $F=BD\cap PQ$, то есть $EF$ радикальная ось $(PMN)$ и $(ABCD)$$\square$
Заметим, что $P$ - радикальный центр окружностей $(AMD),(BMC),(ABCD),(KML)$, следовательно $pow_{(ABCD)}P=pow_{(KML)}P=PM\cdot PL$. С другой стороны из леммы $pow_{(ABCD)}P=pow_{(KMN)}P$, поэтому $pow_{(KMN)}P=PM\cdot PL$. Это означает, что $L$ лежит на $(KMN)$$\blacksquare$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.