Математикадан облыстық олимпиада, 2020 жыл, 10 сынып

$\omega$ шеңбері $ABC$ үшбұрышының $A$ және $B$ төбелері арқылы өтіп, оның $BC$ және $AC$ кесінділерін сәйкесінше $D$ және $E$ нүктелерінде қияды. $BAD$ бұрышының биссектрисасы $\omega$-ны екінші рет $M$ нүктесінде қиып өтеді. $BD$ және $ME$ түзулері $K$ нүктесінде қиылысады. $K$ нүктесінен $AM$ түзуіне түсірілген перпендикуляр $AC$ түзуін $N$ нүктесінде қисын. Онда $\angle BNK=\angle DNK$ болатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Обозначим $AM\cap BD=T,AM\cap KN=H.$ Очевидно, что $M -$ середина дуги $BD$ окружности $\omega.$ Поэтому $\angle MED=\angle MAD=\angle MAB=\angle MDB.$ Значит, описанная окружность $\triangle KED$ касается прямой $BD,$ откуда $MD^2=MK*ME.$ Аналогично, $MD^2=MT*MA,$ то есть $MK*ME=MT*MA.$ Значить четырехугольник $ATKE$ вписанный.

Пусть прямая проходящая через точку $E$ и перпендикулярная прямой $ME$ пересекает прямую $BC$ в точке $L.$ Докажем, что точки $K,E,N,L$ $\mathbf{лежат}$ $\mathbf{на}$ $\mathbf{одной}$ $\mathbf{окружности.}$

Если $L$ лежит на отрезке $DC,$ то $\angle LEN=90-\angle AEK=90-\angle KTH=\angle TKH=\angle NKL.$ Следовательно, четырехугольник $KENL$ вписан в некоторую окружность $\omega_{1}$ с диаметром $KL$.Заметим, что в $\triangle BED$ отрезки $EK$ и $EL$ внутренняя и внешняя биссектрисы,то есть $\frac{BK}{DK}=\frac{BE}{DE}=\frac{BL}{DL}.$ Поэтому $\omega_{1}-$ окружность Аполлония для точек $B$ и $D.$ Но так как $N\in \omega_{1},$ то $\frac{BK}{KD}=\frac{BN}{DN},$ или $\angle BNK=\angle DNK.$

Если $L$ не лежит на отрезке $DC,$ то $\angle LEN=\angle AEK-90=\angle KTM-90=\angle TKH=\angle NKL.$ Следовательно, четырехугольник $KELN$ вписан в некоторую окружность $\omega_{1}$ с диаметром $KL.$ Далее аналогично как в первом случае.

$\mathbf{Замечание.}$ Если плоскости даны две точки $A$ и $B$, то геометрическое место точек (ГМТ) $M,$ для которых $AM:BM=k \neq 1$ есть окружность ( окружность Аполлония).

Пусть точка $G$ пересечение прямой $KN$ и $MO$ где $О$ центр окружности $w$, а точка $F$ пересечение Прямых $AM$ и $BC$

Также заметим что $AEKF$ вписан так как $DM^2=BM^2=MK*ME=MF*MA$

Так как $NK$ $\bot$ $AM$ и $MO$ $\bot$ $BD$, тогда $\angle KGM = \angle AFK= \angle KEC$

Выходит что $ENMG$ вписанный, и $NK*KG=MK*KE$, и $EK*KM=DK*KB$

Следует что $GK*KN=DK*KB$ тоесть $BGDN$ вписан, осталось доказать что $GB=GD$ но это и так верно, ведь точка $G$ лежит на высоте равнобедренного треугольника $ODB$ опущенной из $O$ где $OD=OB$

Пусть прямая параллельная $AM$, проходящая через точку $N$ пересекает прямую $DB$ в точке $L$, а прямая $LE$ вторично пересекает $\omega$ в $J$. Если $K$ - основание биссектрисы углы $DNB$, то $(L,D;K,B)=-1$, поэтому спроецировав данную четверку из точки $E$ на окружность $\omega$ получим:

$$(L,D;K,B) \stackrel {E}{=} (J,D;M,B)$$

Но заметим, что $M$ - середина дуги $BD$, поэтому нужно показать $\angle JEM \stackrel {?}{=} 90^\circ$, а это равносильно тому, что $KELN$ - вписанный четырехугольник.

Просто замечательное утверждение:

Пусть $M$ середина дуги $AB$ окружности $\Omega$, тогда 4 точки, образованные пересечением любых двух прямых (в данном случае желательно, чтобы прямые имели 2 пересечения с $\Omega$), проходящих через точку $M$, с хордой $AB$ и $\Omega$ вторично, образуют вписанный в окружность четырехугольник.

Далее просто потребуется посчитать углы:

$$\angle (LK,LN)=\angle (LB,MA)=\angle (EK,EA)=\angle (EK,EN)$$

Что и требовалось показать.