Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2010 жыл

$ABC$ үшбұрышында $\angle BAC \ne 90^\circ$ екенi белгiлi. $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердiң центрiн $O$ деп белгiлейiк, ал $BOC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $\Gamma$ болсын. $\Gamma$ шеңберi $AB$ кесiндiсiн $B$-дан басқа $P$ нүктесiнде және $AC$ кесiндiсiн $C$-дан басқа $Q$ нүктесiнде қияды. $ON$ кесiндiсi $\Gamma$ шеңбердiң диаметрi болса, онда $APNQ$ параллелограмм екенiн дәлелде.

Комментарий/решение

Пусть $\angle BAC = a$ тогда $\angle BOC=2a, \angle OBC = 90^{\circ}-a$ и $\angle PBC = 2a, \ \angle APC = 180^{\circ}-2a$ то есть $AP=PC$ тогда $OP$ серединный перпендикуляр, так как $ON$ диаметр, тогда $\angle CON = a$ то есть $\angle NOC = \angle NPC = \angle ACP = a $ то есть $PN \ || \ AC$ и так как $\angle ONC = \angle NPC = a$ значит $APNQ$ параллелограмм .

Так как $ON \bot BC$, то $\angle BON$ = $\angle CON$ = $\angle BAC $ = $\angle NQC$ $\Rightarrow$ $AP$ параллельна $QN$. $ 2 \cdot \angle QBC + 2 \cdot \angle QCB + 2 \cdot \angle NQC = \overset\frown{BQC} + \overset\frown{CN} = 2 \cdot \angle BPN = 180 - \angle PAQ $ $\Rightarrow$ $AQ$ параллельна $PN$.