Математикадан 45-ші халықаралық олимпиада, 2004 жыл, Афины

$ABCD$ дөңес төртбұрышында $BD$ диагоналі $ABC$ және $CDA$ бұрыштарының биссектрисалары болмайды. $ABCD$ төртбұрышының ішінде жататын $P$ нүктесі $\angle PBC=\angle DBA$, $\angle PDC=\angle BDA$ шарттарын қанағаттандырады. Дәлелдеңіздер: $ABCD$ төртбұрышына сырттай шеңбер сызылады тек және тек сонда ғана, егер $AP=CP$.

Комментарий/решение

Примените барицентрические координаты к $△PBD с P = (1,0,0), B = (0,1,0) и D = (0,0,1)$. Определить $BD,b=DP и c=PB$.Поскольку A и C изогонально сопряжены относительно $△PBD$, мы положим A = ($au: bv: cw$) и C =($ \frac{a}{u}:\frac{b}{v}:\frac{c}{w}$). Для краткости определим $M = au + bv + cw$ и $N = avw + bwu + cuv$.

Теперь мы вычисляем каждое условие.

Утверждение:Четырехугольник ABCD вписанный тогда и только тогда, когда $N^2 = u^2M^2$. Доказательство.:Мы знаем, что окружность, проходящая через B и D, является множеством точек с

$\frac{a^2yz + b^2zx + c^2xy}{x(x + y + z)}$

равен некоторой константе. Следовательно, четырехугольник ABCD вписанный тогда и только тогда, когда $\frac{abc·N}{au·M}=\frac{abc•uvw•M}{avw•N}$, что переставляется в $N^2 = u^2M^2$. Утверждение — PA=PC будет верно только когда $N^2=u^2M^2$. Доказательство. Имеем вектор смещения $\vec{PA} = \frac{1}{M}(bv + cw, −bv, −cw)$. Следовательно, $M^2 · |PA|^2 = −a^2(bv)(cw) + b^2(cw)(bv + cw) + c^2(bv)(bv + cw)= bc(−a^2vw + (bw + cv)(bv + cw))$.

Аналогичным образом (заменив u, v, w на их обратные значения) имеем

$\frac{N}{uvw} · |PC|^2 = (vw)^−2 · bc(−a^2vw + (bv + cw)(bw + cv))$

⇐⇒ $N^2 · |PC|^2 = u^2bc(−a^2vw + (bw + cv)(bv + cw))$ Они равны тогда и только тогда, когда $N^2 = u^2M^2$, как и хотелось.

За метод КООРДИНАТ добавил +1. Спасибо вам за решение, MironNemiron.

1) Пусть $ABCD$ вписанный в $\omega$, тогда докажем что $AP=CP$.

Доказательство: Пусть $E \in BP \cap \omega, \ F \in DP \cap \omega$ тогда $ACDE$ равнобедренная трапеция, где $AC \ || \ ED$, аналогично $AFBC$ трапеция, где $FB \ || \ AC$

значит $FBED$ -трапеция, если $O$ - центр $\omega$ то $OP \perp AC$ откуда $AP=CP$.

2) Пусть $AP=CP$ и верно условие из задачи, докажем что $ABCD$ вписанный.

Доказательство: Пусть $N$ середина $AC$, тогда $PN \perp AC$ возьмем произвольную точку $B$, проведем биссектрису $l$ угла $\angle ABC$ и $M \in PN \cap l$ тогда если $O$ центр окружности описанный около $ABC$ подсчетом углом можно показать что $ABCM$ вписанный в $\omega_{1}$.

Проведем прямую $BP$ и пусть $E \in BP \cap \omega_{1}$ тогда из $\angle PBC = \angle DBA$ выходит $ED \ || \ AC$ и $D \in \omega_{1}$.

Покажем теперь что такая точка $D$ единственна, пусть существует точка $D' \in BD$ такая что $\angle PD'C = \angle BD'A$ так как $\angle PBC = \angle D'BA$, тогда опишем окружность $\omega_{2}$ около $AD'C$ и пусть $X \in OP \cap BD$ и $H, \ T \in XE \cap \omega_{2}$ где $D'H \ || \ AC$ и $K \in D'P \cap \omega_{2}$ тогда $\angle CD'B = \angle THA$(это и есть и пусть $AC>DE$ тогда так если $D'$ будет находится выше $DE$ тогда $K$ очевидно ниже $T$ и наоборот, значит $\angle KD'A = \angle KHA \ne \angle THA$ откуда $D=D'$, значит $D' \in \omega_{1}$.