Математикадан республикалық олимпиада, 2014-2015 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышында $N$ — $C$ бұрышынан түсірілген биссектриса табаны, $M$ — $AB$ қабырғасының ортасы, ал $\omega$ — оған сырттай сызылған шеңбер. $CN$ түзуі $\omega$-ны екінші рет $D$ нүктесінде қияды. $AD$ және $BD$ кесінділерінен $\angle ACK=\angle BCL $болатындай сәйкесінше $K$ және $L$ нүктелері алынған. $ACK$ және $BCL$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екінші рет $P$ нүктесінде, ал $DM$ және $KL$ түзулері $Q$ нүктелерінде қиылысады. $M,N,P, Q$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңіздер. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Если точки $M,N,P,Q$ лежат на одной окружности, то надо доказать что $PN \perp KL$ , так как $DM$ высота равнобедренного треугольника $ADB$ в следствии того что $CN$ биссектриса . Пусть $\omega_{1}, \ \omega _{2}$ описанные окружности около треугольников $BCL , \ AKC$, пусть так же $F \in AC \cap \omega_{1}$ , $G \in CK \cap \omega_{1}$ и $T \in CL \cap \omega_{2}$ , $ V \in BC \cap \omega_{2}$.

1)Покажем что точка $P$ лежит на отрезке $KL$ , положим что это так $P \in KL$ получим $ \angle LPC=180^{\circ} - \angle DBC$ и $ \angle KPC=180^{\circ}-\angle DAC$ из того что четырехугольники $PLBC$ и $AKPC$ вписанные, суммируя получим $360^{\circ} - (\angle DBC + \angle DAC) = 360^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ}$ учитывая то что $ABCD$ вписанный, чтд. По условию $\angle KCA = \angle LCB$ тогда $AKTV, GFBL$ равнобедренные трапеции, пусть $ X \in AV \cap BF$ тогда $ABX$ равнобедренный, так как $\angle GLB = \angle AKT$.

2) Пусть $PN$ пересекает $\omega_{2}$ и $\omega_{1}$ в точках $H,E$ соответственно и $ I \in BE \cap \omega$ тогда $\angle CBE = \angle CBI = \angle CAI$ но $\angle CBE = \angle CPE = \angle CAH$ то есть точки $A,I,H$ лежат на одной прямой.

3) Докажем что $PN$ биссектриса $\angle APB$, для это достаточно доказать что $ \dfrac{AN}{BN}=\dfrac{AC}{BC} = \dfrac{AP}{BP}$ или $\dfrac{AP}{BP} = \dfrac{AK \cdot \sin(\angle ACP)}{BL \cdot \sin(\angle BCP)} = \dfrac{AC}{BC}$, но $\dfrac{ \sin \angle ACP}{\sin \angle BCP} = \dfrac{DL}{DK}$ , откуда $\dfrac{AK}{BL} \cdot \dfrac{DL}{DK} = \dfrac{AC}{BC}$ можно преобразовать в вид $\dfrac{DL \cdot AK}{KD \cdot BL} = \dfrac{AC}{BC}$ что верно так как $\dfrac{AK}{KD} = \dfrac{AC \cdot \sin \angle ACK}{CD \cdot \sin \angle KCD}$ и $\dfrac{BL}{LD} = \dfrac{BC \cdot \sin \angle ACK}{CD \cdot \sin \angle KCD}$

4) Заметим что $\angle XFP = \angle PAX , \angle XVP = \angle XBP$ откуда $\angle APF = \angle BPV$ учитывая то что $PN$ биссектриса и $\angle KPA = \angle LPB$ получаем $ \angle FBI = \angle FPH = \angle VPH = \angle VAI$ то есть $I$ - середина дуги $AC$.

5) Откуда $\angle DBI = \angle ABD + \dfrac{180^{\circ}-\angle ACB}{2} = \dfrac{ACB}{2}-\dfrac{ACB}{2}+90^{\circ} = 90^{\circ}$ значит $\angle LPN=90^{\circ}$ или $PN \perp KL$ чтд.

Решение: Без ог. общности $CB\geq CA.$ Примем классические обозначения углов $\triangle ABC$, а также $\angle ACK=x.$ Пусть $KL$ пересекает $AB$ в точке $S.$ Из теоремы Менелая для $\triangle ADB$ и точек $S,K,L$

$$\dfrac{AS}{SB}\cdot\dfrac{BL}{LD}\cdot\dfrac{DK}{KA}=1.$$

С другой стороны известно, что $\dfrac{DK}{KA}=\dfrac{DC\cdot \sin\angle KCD}{AC\cdot\sin\angle ACK}=\dfrac{DC\cdot\sin \left( \dfrac{\gamma}{2}-x\right)}{AC\cdot\sin x}$ и аналогично $\dfrac{BL}{LD}=\dfrac{CB\cdot\sin x}{DC\cdot\sin \left( \dfrac{\gamma}{2}-x\right)},$ откуда

$$\dfrac{AS}{SB}=\dfrac{AC}{CB}.$$

Следовательно $CS$ внешняя биссектриса $\angle ACB,$ или $CD\perp CS.$ Пусть $P_1$ основание высоты из точки $N$ на прямую $KL,$ то есть $M,N,P_1,Q$ лежат на одной окружности.

Заметим, что четверка точек $S,C,N,P_1$ принадлежит одной окружности, тогда

$$\angle CAK + \angle CP_1K = \angle AND + \angle SNC=180,$$

следовательно $A,C,K,P_1$ лежат на доной окружности, аналогично $B,C,L,P_1$ тоже. Значит $P=P_1,$ откуда следует требуемое.

последнее равенство углов не верно исправь пж