Республиканская олимпиада по математике, 2013 год, 10 класс

Пусть диагонали вписанного выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$, а продолжение противоположных сторон $AB$ и $CD$ в точке $K$. Точки $M$ и $N$ на сторонах $AB$ и $CD$ соответственно такие, что выполняется равенство $AM/MB = CN/ND$. Пусть $MN$ пересекает диагонали $ABCD$ в точках $Q$ и $R$. Докажите, что описанные окружности треугольников $PRQ$ и $KMN$ касаются, причем в фиксированной точке плоскости. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

1)Пусть $E$ - точка пересечения окружностей описанных около треугольников $APB, \ DPC$, докажем что $K,P,E$ лежат на одной прямой, тогда когда $ABCD$ вписанный (по условию).

Доказательство: Точка $E$ служит точкой Микеля для четырехугольника $KCBP$ или описанные окружности около $ACK,BDK, DPC, APB$ пересекаются в $E$ , положим что $P$ лежит на $KE$ тогда должно выполнятся $ \angle KEC = \angle BAC = \angle BAP = \angle BEP$ и $\angle KEC = \angle PEC = \angle BDC$ или $\angle BAC = \angle BDC$ то есть $ABCD$ вписанный.

2) Докажем что $KMNE$ вписанный, для этого докажем что $MEB, DNE$ подобны.

Доказательство: из выше описанного следует что $\angle CDE = \angle APE = \angle ABE$ то есть треугольники $AEB, DEC$ подобны и так как в подобных треугольниках, соответственные стороны в данном случае $AB,CD$ взяты точки $M,N$ делящие их в $\dfrac{AM}{MB} = \dfrac{CN}{ND}$ откуда $MEB, DEN$ подобны, значит $\angle DEN = \angle MEB$ следует что $\angle EMB = \angle END$ откуда $KMNE$ вписанный.

3) Докажем что $QPRE$ так же вписанный, это следует из вписанности $KMNE$ и $AECK$ (из пункта $1$) действительно

Доказательство: $\angle EMN = \angle EKN = \angle EKC = \angle EAC $ или $EAMQ$ вписанный (так же как и $DERN$) , откуда $\angle EQR = \angle EAM$ с другой стороны $\angle ECD = \angle EPR $ но $\angle EAM = \angle ECD$ (из подобия $DEC, AEB$) откуда $\angle EQR = \angle EPR $ или $ EQPR$ вписанный.

4) Докажем что $E$ будет точкой касания окружностей $PRQ, KMN$.

Доказательство: Проведем касательную $l$ к окружности $QPRE$ и возьмем на $l$ точку $X$, тогда $\angle XER = \angle EQR = \angle EAM$, проведем аналогично касательную $l_{1}$ к окружности $KMNE$ и возьмем на $l_{1}$ точку $Y$ тогда $\angle YEN = \angle EMN = \angle EKN = \angle EAQ$ отметим что $\angle EAM - \angle EAQ = \angle BAC = \angle CDR = \angle NER$ но так как $\angle NER = \angle XER - \angle XEN$ значит $X=Y$ то есть $X,Y$ лежат на одной и той же касательной.

Ответ: фиксированная точка , есть точка $E$.

Возьмем изначально точку микеля четырехугольника $AKDP$ как $S$.

Lemma 1:

Если в двух подобных треугольниках $ABC$ и $A_1B_1C_1$ на сторонах $BC$ и $B_1C_1$ взяты точки $D$ и $D_1$ такие что $\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{B_1D_1}{D_1C_1}$ тогда $\angle ADB=\angle A_1D_1B_1$.

Lemma 2:

Если в треугольнике $ABC$ на стороне $BC$ взять две изогонально сопряженые точки относительно угла $\angle A$ тогда окружности $ABC$ и $APQ$ касаются.

Утверждение 1: $SMNK$ вписан.

Так как $S$ центер поворотной гомотетии $(A->D, K->P)$ тогда из леммы 1 и подробности треугольников $SAB$ и $SDC$ следует что $\angle SMK=180-\angle SNK$.

Утверждение 2:$SQPR$ вписан.

По теореме менелая для треугольника $ABP$ и для секущей $M-R-Q$:

$\dfrac{AM}{BM}*\dfrac{BR}{RP}*\dfrac{QP}{AP}=1$

По теореме менелая для треугольника $CDP$ и секущей $N-Q-R$:

$\dfrac{CN}{DN}*\dfrac{PQ}{CQ}*\dfrac{QR}{RP}=1$

Сокращаем не нужные вещи и получаем соотношение:

$\dfrac{AQ}{CQ}=\dfrac{BR}{DR}$ и из леммы 1 следует наше утверждение.

Завершение:

Из свойства точки Микеля легко понять что $SRMB,SQNC$ вписаны тогда $\angle ABD=\angle MSR=\angle ACD=\angle QSN.$ откуда из леммы 2 следует завершение.