Вдъхновена от Микел

[ins-]

Четириъгълникът [tex]ABCD[/tex] е вписан в окръжност [tex]k(O)[/tex]. [tex]AB[/tex] и [tex]CD[/tex] се пресичат в т. [tex]E[/tex]. [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex] се пресичат в т. [tex]F[/tex]. [tex]k_1(O_1)[/tex], [tex]k_2(O_2)[/tex], [tex]k_3(O_3)[/tex], [tex]k_4(O_4)[/tex] са окръжностите, описани около триъгълниците [tex]ABF[/tex], [tex]CDF[/tex], [tex]ADE[/tex], [tex]BCE[/tex]. [tex]P[/tex] е петата на перпендикуляра от [tex]O[/tex] към [tex]EF[/tex]. Да се докаже, че [tex]k_1[/tex], [tex]k_2[/tex], [tex]k_3[/tex], [tex]k_4[/tex] се пресичат в т. [tex]P[/tex] и [tex]O[/tex], [tex]O_1[/tex], [tex]O_2[/tex], [tex]O_3[/tex], [tex]O_4[/tex], [tex]P[/tex] лежат на една окръжност.

[ins-]

Ето и картинка

[Николай Каракехайов]

Нека диагоналите се пресичат в К, а BD и ЕF - в S. От теоремата на Брокар следва, че ОР минава през К. Нека АК пресича EF в Т. От триъгълника AEF лесно следва, че (E, F, T, S) = -1. Оттук следва и, че (B, D, K, S) = -1. От това и фактът, че КР и PS са перпендикулярни, следва, че KР е ъглополовяща на <DPB. От това и OD = OB следва, че OBPD е вписан. Тогава <ВРО = <BDO = 90 - <A => <BPE = <A = <BCE, т.е. Р лежи на описаната около ВСЕ. От тази сметка следва и, че <EPD = 180 - <A, т.е. Р лежи и на описаната около AED. Аналогично се процедира и за DCF и ABF.

Още не съм почнал да решавам другото подусловие (за 6-те центъра), но утре ще опитам и ако го измисля, ще си променя поста.

[georgi111]

Нека диагоналите се пресичат в К. От теоремата на Брокар следва, че ОР минава през К. По нататък за а) ще ползваме радикални оси. Известно е, че радикалните оси на 3 окръжности или се пресичат в една точка или са успоредни. Разглеждаме окръжностите [tex]k,k1,k2[/tex]. Имаме [tex](k \cap k1)=AB,(k \cap k2)=CD, (k1 \cap k2)=FP_1[/tex]. От теоремата за радикалните оси следва, че [tex]AB \cap CD \cap FP_1 = E[/tex], с други думи [tex]P_1[/tex] лежи на [tex]EF[/tex]. Аналогично разглеждайки [tex]k,k3,k4[/tex] получаваме,че [tex]P_2[/tex] където [tex]FP_2=(k3 \cap k4)[/tex] лежи на [tex]EF[/tex]([tex](k \cap k3)=AD,(k \cap k4)=BC, (k3 \cap k4)=EP_2[/tex]) и разглеждайки [tex]k,k2,k4[/tex] получаваме,че [tex]P_3[/tex] където [tex]CP_3=(k2 \cap k4)[/tex] лежи на [tex]EF[/tex]([tex](k \cap k2)=CD,(k \cap k4)=BC, (k2 \cap k4)=CP_3[/tex]). Освен това за последното [tex]P_3[/tex] лежи на [tex]EF[/tex]([tex]FDCP_3, DCBA, BCP_3E[/tex]) - вписани откъдето [tex]\angle FP_3C = 180 - \angle FDC = \angle ADC = 180 - \angle ABC = \angle EBC = 180 - \angle CP_3E[/tex] т.е. [tex]\angle FP_3C + \angle EP_3C = 180[/tex].
Остана ни да докажем, че [tex]P_1 \equiv P_2 \equiv P_3[/tex], което доказва а). Но това следва лесно от веригата равенства [tex](k3)FP_2.FE=FD.FA=FC.FB(k)=FP_3.FE(k4)[/tex] т.е. [tex]P_2 \equiv P_3[/tex]. Аналогично [tex]P_1 \equiv P_3[/tex] с което а) е доказано.

[georgi111]

Упътване за б). Лесно следва, че [tex]O_1O_2 || O_3O_4[/tex]. Остава да се докаже, че [tex]O_1O_3 = O_2O_4[/tex] и [tex]OO_3 = PO_4[/tex] (защо?)

[Гост]

Нека да решим и подточка б) . Ясно е, че [tex]O_1O, O_1O_2,OO_3,O_3O_4[/tex] са симетралите съответно на [tex]AB, FP, AD, EP[/tex]. Нека [tex]O_1O \cap AB = X, O_1O_2 \cap FP = Y,OO_3 \cap AD = Z,O_3O_4 \cap EP = T[/tex]. Тогава имаме последователно [tex]\angle OO_1O_2 = 180 - \angle AEF[/tex][tex](O_1XEY[/tex] - вписан).[tex]\angle O_1O_2P = 180 - \angle PO_2Y = 180 - \angle FDP = 180 - \angle AEF[/tex]. Следователно [tex]\angle OO_1O_2= \angle O_1O_2P[/tex], но ние знаем че [tex]OPO_2O_1[/tex] е трапец ([tex]OP || O_1O_2[/tex] от предната забележка). От горното равенство следва че е равнобедрен откъдето [tex]O_1O = O_2P[/tex] и следователно и съответните дъги [tex]\ O_1O = O_2P[/tex]. Аналогично
получаваме [tex]OO_3O_4P[/tex] e равнобедрен трапец( [tex]\angle ZO_3T = 180 - \angle AFE[/tex][tex](ZO_3TF[/tex] - вписан).[tex]\angle PO_4O_3 = 180 - \angle PO_4T = 180 - \angle PBE = 180 - \angle AFE[/tex]. Следователно [tex]\angle OO_3O_4= \angle O_3O_4P[/tex], но ние знаем че [tex]OO_3O_4P[/tex] е трапец ([tex]OP || O_3O_4[/tex] от предната забележка). От горното равенство следва че е равнобедрен откъдето [tex]OO_3 = O_4P[/tex] и следователно и съответните дъги [tex]\ OO_3 = O_4P[/tex]). Сега вече е ясно че [tex]O_1O_3=O_2O_4[/tex] и че 6те точки [tex]O,O_1,O_2,O_3,O_4,P[/tex] лежат на една окръжност ... (надявам се , че е станало ясно всеки равнобедрен трапец е вписан в окръжност ... а ние имаме 2 "залепени" павнобедрени с обща основа)

[Гост]

Благодаря за решението. Красиво, елегантно, изчистено и ясно. Най-вероятно - никога не бих се сетил да реша тази задача. За момента не откривам грешка или нещо неясно. Ако открия - ще пиша пак.

[georgi111]

Много мерси Боби за изключително красивата задачка ... Жалко че на националната олимпиада например не се виждат често такива подобни ... Със сигурност б) може да се изкара и с някакви сметки от идеята на Николай Каракехайов или пък с някакви питагори да се завърже конструкцията но не съм го мислил ... А и Боби иска решение "със знанията от СОУ"

[ins-]

Да, аз съм учил в СОУ и обичам като чета решение да го разбирам и да е достъпно до по-широк кръг читатели.

[ins-]

""а ние имаме 2 "залепени" павнобедрени с обща основа""
Мисля, че това твърдение не е коректно. Не винаги четирите върха на два равнобедрени трапеца с обща основа лежат на една окръжност.

[georgi111]

Да да прав си Боби. Има още малко бутане за б). Трябва да се докаже че напр О3 лежи на описаната около О1О2PO

[georgi111]

Ето я и дообосновката на б). Дотук е доказахме, че [tex]O_1O_2O_3O_4[/tex] е равнобедрен и следователно вписан. Сега ще докажем, че [tex]O_1O_2O_3P[/tex] е вписан, което вече е достатъчно да се твърди че и 6-те точки са на една окръжност(защо?).Имаме последователно [tex]\angle O_2O_1O_3 = \angle O_2O_1P + \angle PO_1O_3 = \angle FAP + \angle AFP(k1)=180 - \angle APF=180 - \angle ABF=\angle EBF[/tex], [tex]\angle O_2PO_3 = \angle O_2PO + \angle OPO_3 = 90 - (90 - \angle FDP) + \angle PO_3O_4 = \angle FDP + \angle PAE = \angle AEP + \angle PAE[/tex][tex]= 180 - \angle APE
= 180 - \angle ADE = \angle FDE[/tex]. Следователно [tex]\angle O_2O_1O_3 + \angle O_2PO_3 = \angle EBF + \angle FDE = \angle ADE + \angle FDE = 180[/tex], което и трябваше да докажем. С това задачата е решена

[Гост]

http://problemsolversparadise.wordpress.com/
Property 2.(Miquel Circle Theorem) - това в голяма степен решава част от задачата.
Преди да я пусна не знаех, че е вярно. Един приятел написа, че е в сила.