Математикадан облыстық олимпиада, 2020 жыл, 11 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).

Докажем общее утверждение, а именно: Пусть имеется треугольник $ABC$ выбраны точки $D,E$ (как в условии) и описана окружность около четырехугольника $ABDQ$, пусть имеется произвольная точка $M$ на окружности $K \in ME \cap BD$ возьмем произвольную точку $F$ на прямой $AM$ и пусть $N \in FK \cap AC$ так же пусть $J \in ND \cap \omega$ и $G \in NB \cap \omega$ и $H \in NF \cap \omega$ докажем что

1) $AD,MG,NK$ пересекаются в одной точке.

2) $NF,MJ,AB$ пересекаются в одной точке.

Смотрим рисунок.

Доказательство 1 пункта: Треугольники $AGN, BEN$ подобны в следствии вписанных и общего угла $ANB$, для треугольника $BEN$ отрезки $NF,ME,BD$ пересекаются в точке $K$ тогда для него применив теорему Чевы в угловой форме

$\dfrac{\sin(x)}{\sin(y) } \cdot \dfrac{\sin(m)}{\sin(d)} \cdot \dfrac{\sin(b)}{\sin(n)} = 1 $ с другой стороны это справедливо и для $AGN$ для отрезков $AD,MG,NK$ значит они так же пересекаются в одной точке.

Доказательство 2 пункта: Рассмотрим треугольники $BJN,GDN$ по ранее доказанному факту что в $GDN$ отрезки $GI,DI,NI$ пересекаются в точке $I$ следует для него справедливо та же теорема $\dfrac{\sin(x)}{\sin(a+b)} \cdot \dfrac{\sin(ADG)}{sin(ADJ)} \cdot \dfrac{\sin(DNI)}{\sin(GNI)} = 1$ но с другой стороны для треугольника $BJN$ она так же справедливо (по вписанным углам) для отрезков $AB,JM,NH$ значит они пересекаются в одной точке $T$.

Перейдем к задаче: Так как $AM$ биссектриса, пусть $S \in MH \cap AB$ тогда $SAI$ равнобедренный так как $AM$ биссектриса и медиана этого треугольника по условию, значит $\angle SMA = \angle GMA$ откуда $DI$ биссектриса $\angle GDN$ так же и $GI$ биссектриса $\angle DGN$ следствии $\angle BGM = 180 - \angle MGD$ откуда и $NI$ биссектриса (пересекаются в одной точке) значит $\angle BNK = \angle DNK$ .

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 $OD=OB$

наверное вы имели в виду что $O$ центр $\omega$

Спасибо, опечатка исправлена