Математикадан республикалық олимпиада, 2014-2015 оқу жылы, 11 сынып

Дөңес $ABCD$ төртбұрышы берілген. $K$ және $M$ — сәйкесінше $BC$ және $AD$ қабырғаларының орталары. $AK$ және $BM$ кесінділері $N$, ал $KD$ және $CM$ кесінділері $ L$ нүктелерінде қиылыссын. Пайда болған $KLMN$ төртбұрышы іштей сызылғаны белгілі. $BNK$ және $AMN$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екінші рет $Q$, ал $KLC$ және $DML$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екінші рет $P$ нүктелерінде қиылыссын. $KLMN$ және $KPMQ$ төртбұрыштарының аудандары тең екенін дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Введем обозначения , пусть центры и радиусы окружностей описанных около $\Delta BNK , \ \Delta ANM , \ \Delta KLC , \ \Delta MLD$ есть $O_{1}, \ O_{2}, \ O_{3}, \ O_{4}$ и $R_{1}, \ R_{2} , \ R_{3} , \ R_{4}$ соответственно .

Без потери общности пусть $CD>AB$. Пусть стороны $BC$ и $AD$ пересекаются в точке $S$ . Так как $BK=KC$ и $AM=MD$ , тогда из $\Delta BNK$ и $\Delta ANM$ получим

$\frac{BK}{sin \angle BNK} = 2R_{1}$ и $\frac{AM}{sin \angle BNK} = 2R_{2}$ откуда $\frac{BK}{AM} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$ но с другой стороны из $\Delta KLC$ и $\Delta MLD$ получим $\frac{BK}{sin \angle KLC} = 2R_{3}$ и $\frac{AM}{sin \angle KLC}=2R_{4}$ откуда $\frac{BK}{AM} = \dfrac{R_{3}}{R_{4}}$ таким образом $\dfrac{R_{1}}{R_{2}} = \dfrac{R_{3}}{R_{4}}(1)$. Опустим перпендкуляры из точек $Q$ и $P$ на прямые $BC$ и $AD$ , обозначим проекций оснований этих перпендкуляров как $H_{1},H_{2},H_{3},H_{4}$ ($QH_{1}, \ PH_{3} \perp BC$ и$QH_{2}, \ PH_{4} \perp AD$). Тогда четырехугольники $SH_{1}QH_{2}$ и $SH_{3}PH_{4}$ вписанные $\angle H_{1}QH_{2} = \angle H_{3}PH_{4}$ , заметим что треугольники $BQK , AQM$ подобны так как $\frac{BQ}{QM} = \frac{KQ}{QA}$(по равенству вписанных углов) откуда $\frac{BQ}{KQ} = \frac{QM}{QA}$ и углы $\angle BQK = \angle BNK = \angle ANM =\angle AQM$ , то есть они подобны по второму признаку подобия, аналогично подобны и треугольники $KPC , MPD$. Откуда получим следующие соотношения $\frac{H_{1}Q}{H_{2}Q} = \frac{BQ}{MQ}$ и $\frac{H_{3}P}{H_{4}P} = \frac{PK}{PD}$ , но так как $\frac{BQ}{MQ} = \frac{R_{1}}{R_{2}}$ и $\frac{PK}{PD } = \frac{R_{3}}{R_{4}}$ учитывая $(1)$ получим $\frac{H_{3}P}{H_{4}P} = \frac{ H_{1}Q}{H_{2}Q}$ это значит что треугольники $H_{1}QH_{2} , H_{3}PH_{4}$ подобны , и так как четырехугольники $SH_{1}QH_{2}$ и $SH_{3}PH_{4}$ вписанные , получаем $\angle H_{1}SQ = \angle H_{1}H_{2}Q = \angle H_{3}H_{4}P$ значит точки $S,Q,P$ лежат на одной прямой$(2)$.

Из ранее доказанного подобия $BQK , AQM$ получим $\angle BKQ = \angle MAQ $ значит точки $S,Q,K,A$ лежат на одной окружности , откуда $ \angle AKQ = \angle ASQ$ , аналогично точки $S,C,P,M$ лежат на одной окружности , откуда $\angle MCP = \angle MSP$ , но из $(2)$ следует что $\angle MSP = \angle ASQ$ значит $\angle AKQ = \angle MCP$ или $\angle NKQ = \angle LCP$ , абсолютно таким же образом можно получить равенство углов $\angle NMQ = \angle LDP$

В итоге получили равенство углов $\angle NKQ = \angle LCP$ и $\angle NMQ = \angle LDP$$(3)$ (примечание:данное равенство углов справедливо не только для середин , но и для таких расположений точек $K,M$ на сторонах $BC,AD$ так чтобы выполнялось условие $\dfrac{BK}{KC} = \dfrac{AM}{MD}$) .

Перейдем непосредственно к задаче , так как четырехугольник $KLMN$ вписанный , из $(3)$ следует что четырехугольник $KPMQ$ так же вписанный . Так как $BK=KC$ и $\angle BNK = 180^{\circ} - \angle KLC$ получим что $R_{1}=R_{3}$ аналогично $R_{2}=R_{4}$. В силу факта $(3)$ и равенство радиусов , получим $NQ=LP$. Проведем касательную $l_{1}$ к окружности с центром $O_{1}$ в точке $K$ получим $\angle (NK , l_{1}) = \angle MBK$ , так же проведем касательную $l_{2}$ к окружности с центром $O_{3}$ получим $\angle( KL , l_{2}) = \angle MCK$ , тогда $ \angle NML = 180^{\circ} - ( \angle MCK + \angle MBK) = 180^{\circ} - ( \angle (NK , l_{1}) + \angle (KL , l_{2})) $ но так как четырехугольник $KLMN$ вписанный , то $\angle NML+\angle NKL = 180^{\circ}$ стало быть касательные совпадают , значит окружности с центрами $O_{1},O_{3}$ касаются друг друга в точке $K$ , так же как и окружности с центрами $O_{2},O_{4}$ в точке $M$ .Верно и обратное четырехугольник будет вписанный тогда , когда окружности $O_{1},O_{3}$ и $O_{2},O_{4}$ будут касаться друга друга.

Чтобы доказать то что $S_{KLMN} = S_{KPMQ}$ надо доказать $S_{KNQ} + S_{MNQ} = S_{KPL} + S_{MPL}$ . Опустим высоты из точки $K$ на прямые $NQ$ и $PL$ обозначим проекций основания высот как $W,Y$ соответственно , так же и из точки $M$ на прямые $NQ,PL$ и проекций оснований высот $Z,Y$. Так как $NQ=PL$ следовательно надо доказать что $KW+MZ = KY+MX$ .

Обозначим окружность описанную около четырехугольника $KLMN$ - $\omega_{1}$ а около четырехугольника $KMPQ$ - $\omega_{2}$ , пусть $NQ$ пересекает $\omega_{1}, \omega_{2}$ в точках $R,I$ , а $LP$ окружности $\omega_{1} , \omega_{2}$ в точках $T,E$ , так же $ V \in NQ \cap LP$ . Так как $LP=NQ$ , при смещений точки $N$ к $Q$ точка $L$ переходит в $P$ , тогда $T$ к $E$ и $R$ к $I$ , значит $TE=NQ=LP=RI$ и $TN || EQ || LR || PI$ , стало быть трапеция $KPIM$ вписанная значит равнобедренная $KP=IM$ , так же и $KT=MN$ . Значит высоты $KY=MZ$ так как $\Delta NMI = \Delta TKP$ , так как $EQ || LR$ и $EL=QR$ учитывая то что $EL$ равноудалена от $K$ точно так же как и $QR$ от $M$ , учитывая то что $\angle YKW = \angle YAZ = \angle XMZ$ , стало быть $EL$ равноудалена от точки $M$ так же как и $QR$ от $K$ или $KW=MX$.

Значит $S_{MLP} = S_{KNQ} , S_{KLP} = S_{MNQ}$ откуда и следует утверждение задачи.