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.

$BC+DE-AB=CD=CR+DR=CQ+DS\Longrightarrow AB=BQ+SE\Longrightarrow AP=SE;$ $OP=OS;$ $\angle OPA=90=\angle OSE\Longrightarrow \triangle OPA=\triangle OSE\Longrightarrow \angle OAP=\angle OES\Longrightarrow APSE$ равнобедренная трапеция $\Longrightarrow PS\parallel AE\blacksquare$