Математикадан 46-шы халықаралық олимпиада, 2005 жыл, Мериде

$BC$ және $AD$ қабырғалары тең, бірақ параллель болмайтын $ABCD$ дөңес төртбұрышы берілген. $E$ және $F$ нүктелері $BE=DF$ болатындай сәйкесінше $BC$ және $AD$ кесінділеріндегі нүктелер болсын. $AC$ және $BD$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады, $BD$ және $EF$ түзулері $Q$ нкүтесінде, $EF$ және $AC$ түзулері $R$ нүктесінде қиылысады. Барлық $E$ және $F$ нүктелерінен алынатын $PQR$ үшбұрыштарын қарастырайық. Осы үшбұрыштардың барлығына сырттай сызылған шеңберлердің $P$ -- дан өзге ортақ бір нүктесі бар екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть $T$ будет точкой, описанной выше. Понятно, что $TA=TC,TB=TD$ и $angle ATC=angle BTD$, поэтому треугольники $TAC,TDB$ похожи (и $TAC$ - это изображение $TDB$ через спиральное сходство, центрированное на $T$). Также легко заметить, что $TFE$ похож на эти два треугольника.

$\angle TFR=\angle TAR$, поэтому $TAFR$ является циклическим, поэтому $\angle TRA=\angle TFA$. Точно так же мы показываем, что $\angle TQB=\angle TEB=\pi-\angle TEC=\pi-\angle TFA$ (фигуры $TBCE,TDAF$ совпадают), и из этих двух соотношений находим, что $\angle TRP+\angle TQP=\pi$, т.е. $T$ лежит на всех кругах $PQR$.

Запиши angle на $LaTeX$e

А так решение красивое

Радиусы описанных окружностей около $AFR, ECR$ пусть которые равны $w_{1}, \ w_{2}$ равны, так как $AF=CE$ из условия, откуда $\dfrac{AF}{\sin \angle ARF} = \dfrac{CE}{\sin \angle ARF}=2R$, значит если $H \in w_{1} \cap w_{2}$ получается $\angle CAH = \angle ACH$ как углы опирающийся на дугу $HR$ в равных окружностях, откуда $HA=HC$ так же и $HF=HE$ откуда треугольники $AHF=CEH$ откуда $\angle DFH = \angle BEH$ значит $HB = HD$, проведя такие же рассуждения только для окружностей описанных около $BEQ,FQD$ пусть для которой $H_{1}$ есть точка пересечения этих окружностей, получается $H_{1}A=H_{1}C, \ H_{1}B = H_{1}D$ откуда $H_{1}=H$ так как точка пересечения серединных перпендикуляров единственна, получается $\angle HAR = \angle HFR = \angle HEQ = \angle HBQ = \angle HDQ$ откуда $HADP$ лежат на одной окружности, но $\angle HPA = \angle FDH = \angle HQR$ то есть $HPQR$ описанный, значит это фиксированная точка, есть точка пересечений серединных перпендикуляров к $AC,BD$