Математикадан 26-шы Балкан олимпиадасы, Крагуевац, Сербия, 2009 жыл

$ABC$ үшбұрышында $MN$ түзуі $BC$ қабырғасына параллель, мұндағы $M$ нүктесі $AB$ кесіндісінде жатыр, ал $N$ нүктесі $AC$ кесіндісінде жатыр. $BN$ және $CM$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады. $BMP$ және $CNP$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екі әр түрлі $P$ және $Q$ нүктелерінде қиылысады. $\angle BAQ=\angle CAP$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть $AP \cap BC = X$.

Пусть $\angle BMQ = \angle ACQ = x$, $\angle QBA = \angle QNC = y$ и $\angle MQB = \angle NQC = z$.

Здесь мы делаем замечание, что $Q$ является точкой Микеля Четырехугольник с вершинами $B, M, A, N, C, P$ или же описанные окружности треугольников $\triangle NPC$,$\triangle BMP$,$\triangle CAM$,$\triangle ABN$ (которых проходят через одну точку)

$\frac{AQ}{\sin x} = \frac{MQ}{\sin \angle BAQ}$ и $\frac{AQ}{\sin y} = \frac{NQ}{\sin \angle CAQ}$ поэтому $\frac{\sin x}{\sin y} = \frac{\sin \angle BAQ}{\sin \angle CAQ} \cdot \frac{NQ}{MQ}$ (1).

$\frac{NQ}{\sin x} = \frac{NC}{\sin z}$ и $\frac{MQ}{\sin y} = \frac{MB}{\sin z}$ поэтому $\frac{NQ}{MQ} = \frac{\sin x}{\sin y} \cdot \frac{AC}{AB}$ (2).

(1), (2) $\implies \frac{\sin \angle BAQ}{\sin \angle CAQ} = \frac{AB}{AC}$, и хорошо известно, что из этого следует, что $AQ$ симедиана $\triangle ABC$.

Используя Чеву следует что $\frac{BM}{MA} \cdot \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CX}{XB} = 1 \implies CX = BX$, так как $MN || BC$.Поэтому $AX$ медиана, следовательно $\angle BAQ = \angle CAQ$, что и завершает доказательство

Заметим, что двигая точку $M$ так, чтобы $MN || BC$, все точки $P$ будут лежать на 1 прямой. Это можно доказать с помощью барицентрических координат: пусть $CN/NA=BM/MA=a$ и $CN_1/N_1A=BM_1/M_1A=b$;

тогда $P(a^2,a,a)$ и $P1(b^2,b,b)$. Очевидно, что $A(1,0,0)$, $P(a^2,a,a)$ и $P1(b^2,b,b)$ лежат на одной прямой, поскольку det у матрицы с такими координатами равен $ab-ab=0$.

Заметим, что тогда прямая $AP$ остается на месте при движении $M$ причем AP - медиана (возьмем $M$ и $N$ как серединки сторон), а точка $Q$ - фиксирована, поскольку является точкой Микеля для пятерки прямых (3-й воробей).

Тогда просто рассмотрим вырожденный случай для $M=N=A$, $Q$ - особая точка на симедиане, а симедиана и медиана по определению сопряжены в угле C, ч.т.д

Лемма:В треугольнике $ABC$ на сторонах $AB$ и $AC$ выбраны точки $M,N$ так что $MN||BC$. $MC \cap BN=P$ тогда $AP$ медиана.

Док-Во:

Пусть $AP \cap BC=K, MN \cap BC= P_{\infty}$

$-1=(C,B,K,P_{\infty})$ отсюда лемма доказана.

Заметим что $AMQC$ и $ABQN$ вписаны по свойтву точки микеля.

Совершим инверсию+симетрию с центром в точке $A$ и $r^2=AB*AC$ тогда $B=>C, Q=>Q’, M,N=>M’,N’$ при этом у нас $B-M’-Q’$ и $C-N’-Q’$ коллинеарны. И по лемме $Q’$ лежит на медиане значит $Q$ лежит на симедиане.