Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2013 год

Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность $\omega$. На продолжении стороны $AC$ взяли точку $P$ так, что прямые $PB$ и $PD$ касаются $\omega$. Касательная к окружности, проведенная в точке $C$, пересекает прямую $PD$ в точке $Q$, а прямую $AD$ — в точке $R$. Обозначим через $E$ вторую точку пересечения прямой $AQ$ с окружностью $\omega$. Докажите, что точки $B$, $E$, $R$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

Пусть пересечние $BR$ и ω будет $E_1$ и пересечение $AR$ и $CE_1$ будет $T$, проецировав гармонический четырехугольник $ABCD$ через точку $E_1$, получаем $(A,D; S, R)=-1$, далее проецируя через точку $C$ получаем, что $(C,A;D,E_1) =-1$, а так как $AQ$ симедиана, то $E$ =$E_1$

Пусть пересечение касательных из точек $A$ и $C$ это $S$. Тогда так как $ABCD$ гармонический четырехугольник, точки $B, D, S$ лежат на одной прямой. Применим Теорему Паскаля на шестиугольник $AAEBDD$, тогда точки $S, Q$ и пересечение прямых $AD$ и $BE$ лежат на одной прямой. Так как точки $Q, S$ лежат на касательной из точки $C$, значит $AD$ и $BE$ пересекаются на касательной из точки $C$. Легко понять что это и есть точка $R$. Отсюда $B, E, R$ лежат на одной прямой.

Возьмем проективное преобразование,переводящее $\omega$ в себя а точку $AC\cup BD$ в центр $\omega$.Тогда $ABCD$-прямоугольник,но так как он гармонический,то он является квадратом.Тогда $\angle AED=\angle ACD=45^\circ=\angle QRD\Rightarrow (DEQR)\Rightarrow \angle BER=\angle BED+\angle DER=90^\circ+\angle DQR=180^\circ$ что и требовалось доказать

Изначально $BE \cap CC = R'$, $ED \cap CC = M$ , тогда т.к $(A,C ; B,D) =-1$, мы проецируем с точки $E$ на прямую $CC$, получаем $(C, Q; M, R') = -1$.

Пусть теперь $AE \cap CD = T$. Тогда используем теорему Паскаля на шестиугольник $AEDDCC$. Получаем $T - M - P$. Откуда не трудно понять, что $(C, Q ; M, R) = (PC, PD; PT, PR) = -1$. Отсюда верно $(C, Q; M,R) = (C,Q; M, R') => R'=R$.

Решение в барицентрических координатах относительно треугольника $ACD$:

$A=(1:0:0)$, $C=(0:1:0)$, $D=(0:0:1)$, $a=CD$, $b=DA$, $c=AC$.

Описанная окружность $\omega$: $a^2yz+b^2zx+c^2xy=0$.

Касательная в точке $(x_0:y_0:z_0)$ к $\omega$:

$a^2(y_0z+z_0y)+b^2(z_0x+x_0z)+c^2(x_0y+y_0x)=0$.

Касательные в $D$ и в $C$:

$t_D: b^2x+a^2y=0$, $t_C: c^2x+a^2z=0$.

Считаем $a \ne b$, иначе $t_D \parallel AC$ и точки $P$ нет.

1. Точка $P$.

$P$ лежит на $AC$ (то есть $z=0$) и на $t_D$, поэтому $P=(a^2:-b^2:0)$.

2. Точка $B$.

Так как $PB$ и $PD$ касаются $\omega$, прямая $BD$ является полярой точки $P$.

Подставляем $(x_0,y_0,z_0)=(a^2,-b^2,0)$ в формулу касательной:

$-a^2b^2z+a^2b^2z+c^2(a^2y-b^2x)=0 \Rightarrow a^2y=b^2x$.

Точки этой прямой имеют вид $(a^2:b^2:t)$ (при $t\to\infty$ получаем $D$).

Подставляем в $\omega$:

$a^2b^2t+a^2b^2t+c^2a^2b^2=0 \Rightarrow t=-\frac{c^2}{2}$.

Значит $B=(2a^2:2b^2:-c^2)$.

3. Точка $Q$.

$Q=t_C\cap t_D$. Из $c^2x+a^2z=0$ и $b^2x+a^2y=0$ при $x=a^2$ получаем

$Q=(a^2:-b^2:-c^2)$.

4. Точка $R$.

$R$ лежит на $AD$ (то есть $y=0$) и на $t_C$. Значит $R=(a^2:0:-c^2)$.

5. Точка $E$.

Прямая $AQ$ проходит через $A$, поэтому на ней $y:z=b^2:c^2$.

Её точки имеют вид $(x:b^2:c^2)$ (при $x\to\infty$ получаем $A$).

Подставляем в $\omega$:

$a^2b^2c^2+b^2c^2x+c^2b^2x=0 \Rightarrow x=-\frac{a^2}{2}$.

Значит $E=(-a^2:2b^2:2c^2)$.

6. Коллинеарность $B$, $E$, $R$.

Определитель из координат

$2a^2 \cdot (2b^2 \cdot (-c^2) - 2c^2 \cdot 0) = -4a^2b^2c^2$

$-2b^2 \cdot ((-a^2) \cdot (-c^2) - 2c^2 \cdot a^2) = -2b^2 \cdot (-a^2c^2) = 2a^2b^2c^2$

$(-c^2) \cdot ((-a^2) \cdot 0 - 2b^2 \cdot a^2) = (-c^2) \cdot (-2a^2b^2) = 2a^2b^2c^2$

$=-4a^2b^2c^2+2a^2b^2c^2+2a^2b^2c^2=0$.

Определитель равен нулю, значит точки $B$, $E$, $R$ лежат на одной прямой.