17-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2017 жыл

$ABCD$ төртбұрышы $\omega$ шеңберіне іштей сызылған. Төртбұрыштың $AC$ және $BD$ диагональдары $O$ нүктесінде қиылысады. $AO$ және $DO$ кесінділерінде сәйкесінше $E$ және $F$ нүктелері белгіленген. $EF$ түзуі $\omega $-ны ${{E}_{1}}$ және ${{F}_{1}}$ нүктелерінде қияды. $ADE$ және $BCF$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер $EF$ түзуін сәйкесінше ${{E}_{2}}$ және ${{F}_{2}}$ нүктелерінде қияды ($E$, $F$, $E_1$, $F_1$, $E_2$ және $F_2$ нүктелерінің барлығы әртүрлі деп санаңыздар). ${{E}_{1}}{{E}_{2}}={{F}_{1}}{{F}_{2}}$ екенін дәлелдеңіздер. ( Н. Седракян )

Комментарий/решение

Из условия задачи требуется доказать что $F_{2}E_{1} = E_{2}F_{1}$ это и докажет $E_{1}E_{2} = F_{1}F_{2}$ .

Положим что окружности описанные около треугольников $ ADE$ и $BCF$ есть $\omega_{1}$ и $\omega_{2}$ соотвественно , пусть $G \in BD \cap \omega_{1} $ и $ L \in AC \cap \omega_{2}$ так же пусть $Q,P,R,S$ это точки пересечения прямой $LG$ с $\omega , \omega_{1} , \omega_{2} , \omega$ и $D_{1}, B_{1} $ пересечения прямых $CF_{2},BR$ с $\omega$ соответсвенно , аналогично $W, \ Z, \ U, \ V$ точки пересечения $BF_{2} , CR , AP , DE_{2}$ с той же окружностью соответственно. Из равенств углов $ \angle ACB = \angle ADB = \angle GEC $ следует что $ GE || BC$ , таким же образом и $LF || AD$ , откуда четырёхугольник $LF,GE$ так же вписанный , получим равенство $\angle FLG = \angle E_{2}EG = \angle E_{2}PG$ значит $PE_{2} || LF || AD$, по тем же соображениям и $F_{2}R || GE || BC$ .

Из вышеописанного следует что $APE_{2}D , CRF_{2}B$ - равнобедренные трапеции или $ AP=DE_{2}$ , $BF_{2} = CR$ . Это значит что $ADVU, BWZC$ - так же равнобедренные трапеции . Из параллельности $PE_{2}|| LF$ получим $\angle PAE = \angle PE_{2}E = \angle LFE = \angle LFF_{2} = \angle LCF_{2}$ значит $AD_{1}UC$ - равнобедренная трапеция (боковые стороны опираются на равные углы) , абсолютно по тем же рассуждениям $DBVB _{1}$ рт , $\angle LRB = \angle LCB =\angle ADB = \angle RPU $ и так как $ \angle CBU = \angle CAU $ стало быть $\angle RBU = \angle PRB$ , значит $PBUR$ - рт.

Так как $DV=AU=CD_{1}(1)$ , в итоге $PU=BR = CF_{2}$ учитывая $(1)$ получим $D_{1}F_{2} = AP = DE_{2} $ , по свойству хорд получим что $F_{2}E_{1} = E_{2}F_{1}$ чтд.

Обозначим точку $D_1$ как симметричную точку $D$ относительно серединного перпендикуляра к хорде $E_1F_1$ тогда задача сводится к тому что нам нужно доказать что $C, F_2, D_1$ лежат на одной прямой. Так как тогда $D_1, E_2, F_2, D$ будет равнобокой трапецией и значит точки $E_2$ и $F_2$ будут симметричны относительно середины отрезка $E_1F_1$. Понятно что такое равенство углов выполняется $\angle CAD=\angle DBC=\angle CF_2F=\angle DE_2F$. С другой стороны $\angle CD_1D=\angle CAD$ и еще $E_1F_1$ параллельна $D_1D$ значит $C, F_2, D_1$ лежат на одной прямой.

Классное решение, мне нравится

А когда латех будет?