Математикадан жасөспірімдер арасындағы 13-ші Балкан олимпиадасы 2009 жыл, Сараево

$AB+CD=BC+DE$ болатын дөңес $ABCDE$ бесбұрышы берілген. Центрі $AE$ қабырғасында жататын $k$ шеңбері $AB$, $BC$, $CD$ және $DE$ қабырғаларын сәйкесінше $P$, $Q$, $R$ және $S$ нүктелерінде жанайды (бесбұрыш төбелерінен өзге). $PS$ және $AE$ түзулері параллель екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

По условию $AB+CD=BC+DE$ или что тоже самое через отрезки касательных $PB+AP+CR+RD = BQ+QC+DS+SE$ . Так как $PB=BQ ; \ \ CQ=RS ; \ \ RD=DS$ откуда $AP=SE$, $O$ центр окружности $\in AE$ то получим что $OP \perp AB , OS \perp DE$ , то есть четырехугольник $APSE$ равнобедренная трапеция , Откуда $PS ||AE$ .

$$AB+CD=BC+DE \Rightarrow AP+BP+CR+RD=BQ+CQ+SE+SD$$

Но у нас $BP=BQ, CR=CQ, SD=DR$.

Из этого, следует, что: $AP=SE$

Пусть, $AB \cap ED = X$, тогда $XS = XP$. Тогда $\triangle SXP$ равнобедренный, А "E" и "A" продолжения, причём на одинаковую длину. Из этого легко понять, что $PS//AE$, ч. т. д.