7-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2011 год


Диагонали вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $K$, точки $M$ и $N$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно. Описанные окружности треугольников $ADM$ и $BCM$ пересекаются в точках $M$ и $L$. Докажите, что точки $K$, $L$, $M$ и $N$ лежат на одной окружности (все эти точки предполагаются различными).
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   1
2018-12-26 12:31:21.0 #

Заметим, что $L$ это центр спиральной симметрии переводящий отрезок $AC$ к $BD$, значит в этой трансформации отрезок $AM$ переходит в отрезок $BN$, откуда следует, что $L,M,N, AM \cap BN$ лежат на одной окружности.

пред. Правка 2   0
2018-12-26 12:30:48.0 #

Про Центр спиральной симметрии/ спирального подобия/ центр поворотной гомотетии http://www.problems.ru/view_problem_details_new.php?id=58020 и http://yufeizhao.com/olympiad/three_geometry_lemmas.pdf

  1
2020-08-05 05:26:42.0 #

Пусть $AB \cap CD \in F$ и $AD \cap BC \in E$ и пусть $EL \cap BD \in Q , EL \cap CD \in P$

1) Докажем что $EL$ симедиана $\Delta AEB$ .

Доказательство: по свойству симедианы треугольника, нужно доказать что $\dfrac{DQ}{BQ} = \dfrac{ED^2}{BE^2}$

По теореме Менелая для треугольника $BDC$ и секущей $EQ$ получаем

$$\dfrac{CP}{DP} \cdot \dfrac{DQ}{BQ} \cdot \dfrac{EC}{BE} = 1 \ \ (1) $$

Для треугольника $ACD$ и $EP$ учитывая что $M$ середина $\dfrac{DP}{CP} = \dfrac{ED}{AE} \ \ (2)$ из подобия $EBD, EAC$ получаем $\dfrac{ED}{EB } = \dfrac{EC}{EA} \ \ (3)$ из трех условии $(1),(2),(3)$ получаем требуемое.

Так как $BL$ симедиана то $\angle DEN = \angle QEB$.

2) Пусть описанная окружность около $\Delta EBD$ пересекает $EQ$ в точке $L'$ тогда $\angle EDB = \angle EL'B $ но $\angle EDB = \angle ECB$ тогда $BQ'CM$ описанный , но $EB \cdot EC = EA \cdot ED = EL' \cdot EM$ и $ADL'M$ описанный значит $L'=L$, то есть все три окружности описанные около $EDB, ADM, BCM$ пересекаются в точке $L$.

3) Докажем что $ \Delta NLB, \Delta EAM$ подобны или $\dfrac{BL}{BN} = \dfrac{AE}{ME} \ \ (4)$ преобразуем, из вписанности $EDLB$ выходит $\dfrac{BL}{DE} = \dfrac{BQ}{EQ}$ тогда $(4)$ $\dfrac{2BQ \cdot DE}{BD \cdot EQ} = \dfrac{AE}{ME} \ (5)$

По теореме Менелая $CEM, BKC$ и секущей $BK,EQ$ соответственно

$\dfrac{EQ}{ME-EQ} = \dfrac{CK}{MK} \cdot \dfrac{BE}{BC}$ и $\dfrac{CM}{MK}\cdot \dfrac{BK-BQ}{BQ} = \dfrac{CE}{BE}$

откуда $EQ = \dfrac{ME \cdot CK \cdot BE}{MK \cdot BC+CK \cdot BE}$ и $BQ=\dfrac{CM \cdot BK \cdot BE}{CM \cdot BE+CE \cdot MK}$

Подставляя в $(5)$ получаем

$AE \cdot BD \cdot CK \cdot (MK \cdot CE+CM \cdot BE) = AC \cdot BK \cdot ED \cdot (MK \cdot BC+CK \cdot BE) \ \ (6) $

Выражая все из различных треугольников $\angle BAC=x, \ \angle BAD=y, \angle ADC=z$

$AE = \dfrac{ABsin(z)}{sin(y-z)}, \ \ BD = \dfrac{ABsin(y)}{sin(z-x)}, \ \ CK = \dfrac{ABsin(x) \cdot sin(y-x)}{sin(y+z-2x) \cdot sin(z-x)}$ $MK= AB(\dfrac{sin(x) \cdot sin(y-x)}{sin(y+z-2x) \cdot sin(z-x)}- \dfrac{sin(z)}{2sin(z-x)}), \ \ CE=AB(\dfrac{sin(x)}{sin(z-x)} + \dfrac{sin(y)}{sin(y-z)})$, $CM= \dfrac{ABsin(z)}{(2sin(z-x)},\ \ BE = \dfrac{ABsin(y)}{sin(y-z)} , \ \ AC = \dfrac{ABsin(z)}{sin(z-x)}, \ \ BK = \dfrac{ABsin(x)}{sin(y+z-2x)}$ , $ED = AB(\dfrac{sin(z)}{sin(y-z)} + \dfrac{sin(y+z-x)}{sin(z-x)}) , \ \ BC = \dfrac{ABsin(x)}{sin(z-x)}$

подставляя в $(6)$ получаем тождество .

4) из $\angle DEN = \angle QEB$ откуда $\angle ENB = \angle EMB$ но из пункта $3$ получаем $\angle BNL = \angle EMA = \angle ENB$ то есть $KNLM$ вписанный.