Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2013 жыл

$ABCD$ $\omega $ шеңберіне іштей сызылған төртбұрыш және $PB$ мен $PD$ $\omega $-ны жанайтындай $P$ — $AC$ түзуіндегі нүкте болсын. $\omega $-ның $C$ нүктесіндегі жанамасы $PD$ түзуін $Q$ нүктесінде, ал $AD$ түзуін $R$ нүктесінде қисын. $AQ$ түзуі $\omega $-мен екінші рет $E$ нүктесінде қиылыссын. $B$, $E$ және $R$ нүктелері коллениар екенін дәлелдеңдер.

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 $(C, Q; M,R) = (C,Q; M, R') => R'=R$.