7-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2011 жыл

Шеңберге іштей сызылған $ABCD$ төртбұрышының диагоналдары $K$ нүктесінде қиылысады; $AC$ және $BD$ диагоналдарының орталарын сәйкесінше $M$ және $N$ деп белгілейік. $ADM$ және $BCM$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер $M$ және $L$ нүктелерінде қиылысады. $K$, $L$, $M$ және $N$ нүктелерінің бір шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңдер (бұл нүктелердің бәрі әртүрлі деп есептеңдер).

Комментарий/решение

Заметим, что $L$ это центр спиральной симметрии переводящий отрезок $AC$ к $BD$, значит в этой трансформации отрезок $AM$ переходит в отрезок $BN$, откуда следует, что $L,M,N, AM \cap BN$ лежат на одной окружности.

Про Центр спиральной симметрии/ спирального подобия/ центр поворотной гомотетии http://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=58020 и http://yufeizhao.com/olympiad/three_geometry_lemmas.pdf

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$

Рассмотрим инверсию в $M$ с радиусом $MC$. Легко увидеть, что $A, C$ остаются на местах, $A'B"C'D'$ все еще вписанный, а $N'$ - такая, что $B'MDN'$ - гармоника, причем $K$ лежит на окружности этого четырехугольника. Спроецируем этот четырехугольник из $K'$ на $B'C'$, тогда достаточно показать, что $(B', C', A'D' \cap BC=Y, D'K' \cap B'C'=X)=-1$.

Это можно переформулировать следующим образом: (дальше упускаю штрихи в написании):

Возьмем $X_0$ такую, что $(B,C, Y, X_0)=-1$, тогда надо доказать что $AC \cap X_0D=K$, то есть что $BMDK$ - вписанный. Спроецируем четверку из $D$ на $AC$: Если $X_0D \cap w(ABC)=E$, то $BCEA$- гармоника. Дальше легко: поскольку гармоника, имеем $\angle BMK=\angle EMK=\angle BAE =180-\angle BDE=\angle BDK$, QED