12-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2016 жыл

$AB \parallel DE$, $BC \parallel EF$ және $CD \parallel FA$ болатын дөңес $ABCDEF$ алтыбұрышы берілген. $BD$ мен $AE$, $AC$ мен $DF$ және $CE$ мен $BF$ түзулерінің қиылысу нүктелерін сәйкесінше $M$, $N$ және $K$ деп белгілейік. $M$, $N$ және $K$ нүктелерінен сәйкесінше $AB$, $CD$ және $EF$ түзулеріне түсірілген перпендикулярлардың бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңдер. ( Н. Седракян )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     ${\bf Решение}.$ Нам потребуется следующая
${\bf Лемма.}$ Пусть $T$ — точка пересечения продолжений боковых сторон $PS$ и $QR$ трапеции $PQRS$. Тогда радикальная ось окружностей, построенных на диагоналях $PR$ и $QS$, как на диаметрах, есть высота треугольника $TPQ$, опущенная из вершины $T$.
${\bf Доказательство.}$ Рассмотрим наряду с окружностями $\omega_1$ и $\omega_2$, построенными на $PR$ и $QS$, как на диаметрах, окружность $\omega$ с диаметром $PQ$. Общая хорда $\omega$ и $\omega_1$ — это высота, опущенная из $P$ на $QR$, а общая хорда $\omega$ и $\omega_2$ — это высота, опущенная из $Q$ на $PR$. Точка пересечения этих высот, ортоцентр треугольника $TPQ$, имеет равные степени относительно окружностей $\omega_1$ и $\omega_2$, а потому лежит на их радикальной оси. Аналогично на их радикальной оси лежит ортоцентр треугольника $TRS$. Поскольку перпендикуляр, опущенный из $T$ на $PQ$, проходит через оба этих ортоцентра, он и является радикальной осью $\omega_1$ и $\omega_2$. Применяя лемму к трапеции $ABDE$, мы найдём, что перпендикуляр, опущенный из $M$ на $AB$, является радикальной осью окружностей, построенных на $AD$ и $BE$, как на диаметрах. Аналогично, рассматривая трапеции $CDFA$ и $EFBC$, мы получим, что перпендикуляр, опущенный из $N$ на $CD$, есть радикальная ось окружностей, построенных на $AD$ и $CF$, а перпендикуляр, опущенный из $K$ на $EF$, есть радикальная ось окружностей, построенных на $CF$ и $BE$, как на диаметрах. Следовательно, эти три перпендикуляра (среди которых, очевидно, нет параллельных) пересекаются в одной точке — радикальном центре этих трёх окружностей.

Докажем, что $KN\parallel AB$.

Пусть $(AC\cap BF)=X\quad (AB\cap EC)=P\quad (AB\cap DF)=Q$

$$ (DE\cap AC)=I\quad (DE\cap BF)=J$$

Без ог. общности примем, что

1) точки $K$ и $X$ лежат по разные стороны от прямой $AB$

2) точки $N$ и $X$ лежат по разные стороны от прямой $AB$

Достаточно доказать, что $\frac{BX}{BK}=\frac{AX}{AN}$

Заметим, что $\frac{JX}{BX}=\frac{IJ}{AB}\implies \frac{JB}{BX}=\frac{JX}{BX}+1=\frac{IJ}{AB}+1=\frac{IJ+AB}{AB}\implies BX=\frac{JB×AB}{IJ+AB}$

Так же отметим $\frac{JK}{BK}=\frac{JE}{BP}\implies\frac{JB}{BK}=\frac{JK}{BK}-1=\frac{JE}{BP}-1=\frac{JE-BP}{BP}\implies BK=\frac{JB×BP}{JE-BP}$

Откуда $\frac{BX}{BK}=\frac{(\frac{JB×AB}{IJ+AB})}{(\frac{JB×BP}{JE-BP})}=\frac{AB}{IJ+AB}×\frac{JE-BP}{BP}=\frac{AB}{IJ+AB}×(\frac{JE}{BP}-1)\implies$

$\frac{BX}{BK}=\frac{AB}{IJ+AB}×(\frac{JE}{BP}-1)$

Аналогично получаем $\frac {AX}{AN}=\frac{AB}{IJ+AB}×(\frac{ID}{AQ}-1)$

Тогда заметим, что $\frac{BX}{BK}=\frac{AX}{AN}\iff\frac{JE}{BP}=\frac{ID}{AQ}$

Теперь докажем, что $\frac{JE}{BP}=\frac{ID}{AQ}$

Пусть $A_1=(AF\cap DE)\quad B_1=(BC\cap DE)\quad D_1=(AB\cap DC)\quad E_1=(AB\cap EF)$

Заметим, что $AA_1DD_1$ и $BB_1EE_1$ параллелограммы,

откуда $AD_1=A_1D$ и $BE_1=B_1E$

Заметим, что $\frac{JE}{BP}=\frac{JE}{BE_1}×\frac{B_1E}{BP}=\frac{JF}{BF}×\frac{CE}{CP}=\frac{DF}{QF}×\frac{CI}{CA}=\frac{DA_1}{QA}×\frac{DI}{D_1A}=\frac{ID}{AQ}$

Значит $KN\parallel AB$

Аналогично $MK\parallel CD$ и $NM\parallel EF$.

Тогда искомые прямые являются высотами $\triangle MNK$ , что значит они пересекаются в одной точке.

Точки пересечения противоположных сторон шестиугольника $ABCDEF$ лежат на одной прямой - бесконечно удаленной прямой, тогда, по обратной теореме Паскаля, эти шесть точек лежат на одной конике. Теперь, по теореме Паскаля для шести точек на конике - $ACBDFE$, точки $N, M, FE \cap BC = \infty_{EF}$ лежат на одной прямой, откуда $MN \parallel EF$, аналогично $NK \parallel AB$, $MK \parallel CD$, значит перпендикуляры из условия пересекаются в ортоцентре $\Delta MNK$