Математикадан 33-ші Балкан олимпиадасы, Тирана, Албания, 2016 жыл

$AB < CD$ болатын шеңберге іштей сызылған $ABCD$ төртбұрышы берілген. Төртбұрыштың диагоналдары $F$ нүктесінде қиылысады, ал $AD$ және $BC$ түзулері $E$ нүктесінде қиылысады. $K$ және $L$ нүктелері $F$ нүктесінен сәйкесінше $AD$ және $BC$ түзулеріне түсірілген перпендикуляр табаны болсын. $M$, $S$ және $T$ нүктелері арқылы сәйкесінше $EF$, $CF$ және $DF$ кесінділерінің орталарын белгілейік. $MKT$ және $MLS$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер қиылысу нүктелерінің бірі $CD$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть $X$ середина $DC$ тогда у нас $\angle MLS=\angle MLF+\angle FLS=\angle LFM+\angle CFL=\angle CFE=180^o-\angle EFA$.С другой стороны мы имеем $\angle MSX=\angle MSA+\angle ASX=\angle BCA+\angle AFD=\angle BDA+\angle AFD=\angle CAE$.Также заметим что $\frac{MS}{EA}=\frac{1}{2}\cdot \frac{EC}{AE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{ED}{BE}=\frac{1}{2}\cdot \frac{sin\measuredangle EBD}{sin\measuredangle BDA}=\frac{1}{2}\cdot \frac{sin\measuredangle DAF}{sin\measuredangle FDA}=\frac{1}{2}\cdot \frac{FD}{AF}=\frac{XS}{AF}$ откуда следует что треугольники $MSX$ и $EAF$ подобны следовательно $\angle EFA = \angle SXM$ и поэтому четырехугольник $MLSX$ вписанный. Ясно что $MKTX$ точно также вписанный что завершает доказательство!