3-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2007 жыл

Дөңес $ABCDEF$ алтыбұрыштың $AD$, $BE$ және $CF$ диагоналдары бір $M$ нүктесінде қиылысады. Оған қоса, $ABM$, $BCM$, $CDM$, $DEM$,$EFM$ және $FAM$ үшбұрыштарының сүйірбұрышты үшбұрыштар екендігі, ал олардың сырттай сызылған шеңберлерінің центрлері бір шеңбердің бойында жататыны белгілі. Онда $ABDE$, $BCEF$ және $CDFA$ төртбұрыштарының аудандары тең екенін дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Пусть центры соответственно $ABM,BCM,CDM,DEM,EFM,FAM$ есть $G,H,I,J,K,L$.

1) $\angle LGH = 180^{\circ}-\angle AMB$ но так как $K,L,G,H$ лежат на одной окружности, получаем $\angle LKH = 180^{\circ} - \angle LGH = \angle AMB$ и $\angle KLI = 180^{\circ}-\angle KJI = \angle AMB$ значит $LI=KH$ аналогично и с другими $GJ=KH$ значит $LI=GJ=KH$.

Откуда следует что, центры вышеописанных окружностей будут лежат на одной окружности тогда, когда для них будет выполнено условие $LI=GJ=KH$.

2) Рассмотрим на плоскости 5 точек $C,F,D,T,E$ такие что $D,T,E$ лежат по одну сторону от прямой $CF$.

Проведем прямую параллельной отрезку $CT$ через точку $F$ и прямую параллельной отрезке $FT$ через точку $C$, пусть они пересекутся в точке $N$.

Проведем так же параллельные к отрезкам $TD,CD$ через соответственные точки $F,N$ прямые, пусть они пересекутся в точке $A$, аналогично и к $FE,TE$ в точке $B$.

Лемма: Если при данном построений, в шестиугольнике $ABCDEF$ отрезки $CF,AD,BE$ будут конкурентные (пересекутся в одной точке) то расстояние между центрами противоположенных треугольников будут равны (то есть будут лежат на одной окружности).

Доказательство:

Рассмотрим параллелограмм $TFNC$, выберем на сторонах $TF,FN,NC,CT$ точки $E',A',B',D'$ так чтобы $E'B' || FN$ и $A'D' || FT$ и $M \in A'D' \cap B'E' \cap CF$.

Тогда взяв на прямой $B'E'$ точки $BE$ и такие что $BE=FN$ ($B$ лежит внутри $FNC$) и $AD$ на прямой $A'D'$ такую что $AD=CN$ ( $A$ лежит так же внутри $FNC$).

Тогда расстояние между центрами описанных треугольников $FA'M$ и $CD'M$ будет равно расстоянию между центрами $CB'M$ и $FE'M$ (из изначального построения) , опустив срединный перпендикуляры из точек $L,I$ на соответственные стороны $AM,DM$ как $L_{1},I_{1}$ и $Q \in AD \cap LI$ то

$$LQ = \frac{L_{1}Q}{cos(\angle L_{1}QL)} = \frac{ \frac{AM}{2}+QM}{cos(\angle L_{1}QL)}$$

$$IQ = \frac{I_{1}Q}{cos(\angle L_{1}QL)} = \frac{\frac{DM}{2}-QM}{cos(\angle L_{1}QL)}$$

Значит $LI=LQ+IQ = const$ так же и $KH=const$ значит $LI=KH$

То есть $LI,KH$ инварианты относительно перемещения.

3) По тем же соображениям (при тех же действиях что и в пункте 2, только относительно прямой $AD$) получаем $GJ=KH$ откуда и $GJ=KH=LI$.

4) Значит $\frac{CM}{CB'}=\frac{CF}{CN} = \frac{CF}{AD}$ с другой стороны $\frac{CM}{CB'}=\frac{sin \angle AMB}{sin \angle BMC}$ откуда $CF \cdot sin \angle BMC = AD \cdot sin \angle AMB$ домножая на $BE$

$BE \cdot CF \cdot sin \angle BMC = BE \cdot AD \cdot sin \angle AMB$ или $S_{ABDE} = S_{BCEF}$ и так же с другими, получаем $S_{ABDE} = S_{AFCD}$.