35-я Балканская математическая олимпиада. Белград, Сербия, 2018 год

В окружность $k$ вписан четырехугольник $ABCD$ такой, что $AB > CD$ и $AB \nparallel CD$. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $M$. На отрезке $AB$ нашлась точка $E$ такая, что $EM \perp AB$. Известно, что $\angle MEC = \angle MED$. Докажите, что $AB$ является диаметром $k$.

Комментарий/решение

По тригонометрической теореме Чевы в треугольнике DEC мы получаем

$$\sin \angle DCA \cdot \sin (\angle DEA - \angle DCA) = sin \angle CDB \cdot \sin (\angle DEA - \angle CDB)$$

Откуда

$$\frac{1}{2}(\cos \angle DEA - \cos (\angle DEA - 2 \angle DCA)) = \frac{1}{2}(\cos \angle DEA - \cos (\angle DEA - 2 \angle CDB))$$

АВ не параллельна CD,значит $\angle ACD + \angle BDC = \angle DEA \iff $ М - инцентр треугольника DEC $\iff BCME$ вписан в одну окружность $\iff AB$ диаметр

Пусть прямая $L$ где $L||AB$ проходит через точку M. $L \cap AB=K$ $L \cap ED=Y$ $L \cap EC=T$ $ L \cap BC=N$

$Claim$. $AD,DC,EM$ пересекаются в одной точке

Доказательство:

Пусть $AB \cap BC=X$ $XM \cap AB=R$ тогда по Т.Фалеса верно

$\frac{KM}{MN}=\frac{AR}{RB}$

Заметим что у нас $EY=ET$ значит $MY=MT$

Также у нас по Т.Фалеса верно

$\frac{KM}{AB}=\frac{YM}{BE}$ и $\frac{NM}{AB}=\frac{MT}{AE}$ отсюда $\frac{KM}{NM}=\frac{AE}{BE}$ отсюда $R=E$

Проведем две чевианы которые пересекаются с $XH$ в одной точке $J$, и пусть одна чевиана пересекает $AX$ в точке $G$ а другая $BX$ в точке $F$ , и они такие что $ABFG$ вписаный. Тогда по Ratio lemma выходит что треугольники $AXJ$ и $BXJ $ равны отсюда $AX=BX$ значит E середина AB что не возможно отсюда M фиксированая точка такая что если провести через нее такие чевианы что будет вписаный четырехугольник а так как $XE$ высота значит M ортоцентр треугольника AXB значит AB- диаметр.

$ME\cup BC=N,$ $AB\cup CD=K,$ $NP\cup EC=P$ и $NP\parallel AB,$ $NP\cup ED=Q\Longrightarrow \angle QEN=\angle DEM=\angle MEC=\angle PEN,$ $AB\bot EN\bot PQ\Longrightarrow QN=PN,$ $AN\cup QE=D'\Longrightarrow \dfrac{ND'}{D'A}\cdot\dfrac{AE}{EB}\cdot\dfrac{BC}{CN}=\dfrac{ND'}{CN}\cdot\dfrac{QN}{D'N}\cdot\dfrac{CN}{NP}=\dfrac{QN}{PN}=1\Longrightarrow D'=BM\cup QE=D\Longrightarrow AD\cup ME\cup BC=N$

$AD\cup BC=N,$ $(DD)\cup (CC)=Y,$ $DB\cup CA=M.$ $CA\cup DB=M,$ $(AA)\cup (BB)=X,$ $AD\cup BC=N\Longrightarrow X,M,Y,N$ лежат на одной прямой.ㅤㅤ$O$ центр $(ABC),$ $(OCD)\cup KO$ $\Longrightarrow KF\cdot KO=KC\cdot KD=KB\cdot KA$ $\Longrightarrow \angle OFY=\angle ODY=90=\angle OAX=\angle OFX$ $\Longrightarrow OK\bot XY\Longrightarrow OK\bot MN\bot OF\Longrightarrow$ $ K,F,O$ лежат на одной

прямой $\Longrightarrow A,O,B$ лежат на одной прямой $\blacksquare$

Или можно так:

По теорема Бланше $AD\cup ME\cup BC=N,$ $AB\cup CD=K.$ По $t$еорема Брокарда центр $(ABC)$ $O$ ортоцентр $\triangle KMN$, следовательно $KO\bot MN\bot KE$ откуда $E,K,O$ лежат на одной прямой, значить $A,O,B$ лежат на одной $\blacksquare$

(!)BC AD и ME пересектся в одной точке

Док-во:Пусть G точка пересеченич BC;AD и S точка пересечения CD и AB и K точка пересечения CD и ME.

Лемма:(S;K;C;D)=-1

Док-во:Проведем через S прямую парарельную ED и пусть они пересекаются в точкн на бесконечности P и пусть точка E1 точка пересечения EK с SP аналогично определим C1=>понятно что (P;C1;K1;S)=-1 и проэцируя через точку E находим что (D;C;K;S)=-1

Лемма доказана.Теперь понятно что (S;K;B;A)=-1 и проэцируя прямую SA на прямую SD через точку G находим требуемое

Дальше очевидно