Математикадан республикалық олимпиада, 2000-2001 оқу жылы, 10 сынып

Центрі $O$ нүктеде болатын шеңберге трапециядан өзгеше $ABCD$ төртбүрьішы іштей сызылған. $M$— диагоналдардың қиылысу нүктесі, $K$ — $BMC$ және $DMA$ үшбұрыштарға сырттай сызылған шеңберлердің қиылысу нүктесі, $L$ — $AMB$ және $CDM$ үшбүрыштарға сырттай сызылған шеңберлердің қиылысу нүктесі болсын, мұндағы $K$, $L$ және $M$ әр түрлі нүктелер. $OLMK$ төртбүрышқа сырттай шеңбер сызуға болатынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

$F= AD \cap BC$. Заметим, что прямая $ML$ разбивает угол $BLC$ на углы смежные углам $MLB$ и $MLC$, тогда $\angle BLC = \angle BAM + \angle CDM = \angle BOC$, то есть $BOLC$ вписанный четырехугольник. $\angle ALD = \angle MLA + \angle MLD = \angle ABM + \angle DCM = AOD$, тогда $AOLD$ - вписанный четырехугольник. Из этого следует, что $F$ - радикальный центр 3 окружностей: $(ABCD),(BOLC),(AOLD)$. Поэтому $FD*FA=FC*FB=FL*FO$. Но в тоже время $F$ - радикальный центр окружностей $(ABCD),(ADMK),(BCMK)$, а значит $FD*FA=FB*FC=FM*FK$, следовательно $FM*FK=FO*FL$ и $OLMK$ - вписанный.