8-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2021 год, вторая лига, 9-10 классы

Дөңес $ABCD$ төртбұрышында $AB = BC$, $\angle ABD = \angle BCD = 90^{\circ}$. Төртбұрыштың $AC$ және $BD$ диагоналдары $E$ нүктесінде қиылысады. $F$ нүктесі $AD$ қабырғасында $\frac{AF}{FD} = \frac{CE}{EA}$ болатындай алынған. Диаметрі $DF$ болатын $\omega$ шеңбері $ABF$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбермен екінші рет $K$ нүктесінде қиылысады. $EF$ түзуі $\omega$-ны екінші рет $L$ нүктесінде қияды. $KL$ түзуі $CE$-ның ортасы арқылы өтетінін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Утверждение 1: $\angle FBC = 90 ^\circ$ и $DE = DC$.

Доказательство: теорема синусов в $\triangle ABE$ и $\triangle BCE$ дает нам

$\dfrac{AF}{FD} = \dfrac{CE}{EA} = \dfrac{BC}{BA} \cdot \dfrac{sin~CBE}{sin~90^\circ} = sin~CBE$,

и теорема синусов в $\triangle ABF$ и $\triangle BFD$ дает нам

$sin~CBD = sin~CBE = \dfrac{AF}{FD} = \dfrac{BA}{BD} \cdot tan~ABF \Rightarrow \dfrac{CD}{BD} = \dfrac{BA}{BD} \cdot tan~ABF \Rightarrow tan~ABF = \dfrac{CD}{BA} = \dfrac{CD}{BC} = tan~CBD \Rightarrow$

$\angle ABF = \angle CBD \Rightarrow \angle FBC = 90^\circ$.

Если $Z = BF \cap AC$, то $\angle BZC = \angle ECD = \angle BEZ = \angle DEC$, поскольку $BZ // CD$ и $BE = BZ$ из $\triangle EBC \equiv \ triangle ZBA$.

Итак, $DE = DC, ~~~Q.E.D.$

Утверждение 2: $\triangle ABC$ ~ $\triangle AKD$

Доказательство: теорема синусов в $\triangle AKF$ и $\triangle AFD$ дает нам

$sin~CBE = \dfrac{AF}{FD} = \dfrac{AK}{DK} \cdot \dfrac{sin~AKF}{sin~90^\circ}$, но $\angle AKF = \angle ABF = \angle CBE$ (пункт 1), поэтому $AK = DK$.

Обратите внимание, что $\angle AKD = 90^\circ + \angle AKF = 90^\circ + \angle ABF = \angle ABC$, поэтому $\triangle ABC$ ~ $\triangle AKD~~~Q.E.D.$

Утверждение 3: если $BD\cap\omega = G$, $KG // AC$.

Доказательство: обратите внимание, что $\angle EGK = \angle KFD = \angle KAF + AKF = \angle BAC + \angle ABF$ и

$\angle BEA = \angle CBE + \angle BCA \Rightarrow \angle EGK = \angle BEA \Rightarrow KG // AC ~~~ Q.E.D.$

Пусть теперь $H$ — второе пересечение $\omega$ и прямой, параллельной $AC$ и проходящей через $F$, $X$ — середина $CE$, $X' = KL \cap DH$.

Используя теорему Паскаля для $(HDGKLF)$, мы получаем, что $E, X'$ и $P_{\infty}(AC)$ лежат на одной прямой, поэтому $EX' // AC \Rightarrow X' = AC \cap DH = X$, так как

$\angle DHF = 90^\circ = \angle DXA \Rightarrow D,H,X$ лежат на одной прямой.

Следовательно, $KL$ делит $CE$ пополам.

Пусть $\angle BAC = \alpha$. Тогда заметим что:

$$\frac{AF}{FD}=\frac{AB}{BD}\cdot\frac{sin ABF}{cos ABF}=\frac{BC}{BD}\cdot\frac{sin ABF}{cos ABF}=sin(2\alpha)\cdot\frac{sin ABF}{cos ABF} = \frac{CE}{AE}=sin(90-2\alpha)$$

Отсюда можно легко заметить что $\angle ABF = 90 - 2\alpha$.

Из этого следует равенство окружностей $\omega$ и $(ABF)$. Тогда из того что углы $\angle FAK$ и $\angle KDA$ противоположны к хорде $KL$ то они равны. Значит $AK=KD$. И заметим что $\angle AKD=\angle AKF + \angle FKD=180-2\alpha$. Значит $\alpha =\angle KDF = \angle ELK$.

Пусть $M$ середина $CE$. Легко заметить, что точки $E, M, D, L$ лежат на одной окружности. Откуда $\angle MDE = \angle ELM = \alpha = \angle ELK$. Значит точки $K, L, M$ лежат на одной прямой ч.т.д.

$AB \cap CD=S, \angle BAC=x$ и пусть $M$ середина $CE$.

$\frac{AB}{BS}=\frac{BC}{BS}=cos x=\frac{CE}{AE}=\frac{AF}{DF}$ =>> $BF//CD$ =>> $\angle ABF=\angle AKF=90-2x$.

$\frac{AK}{AF}=\frac{sin \angle AFK}{cos 2x}, \frac{KD}{FD}=\frac{sin \angle AFK}{1}$ делим одно от другого и выходит что $AK=KD$ и так как $\angle ABC=\angle AKD$ значит $ABC$ и $AKD$ подобны. Отсюда заметим что $\frac{DM}{DE}=\frac{cos x}{1}=\frac{DK}{DF}$ отсюда $\angle MKD=\angle LFD=180-\angle LKD$