50-я Международная Математическая Oлимпиада
Германия, Бремен, 2009 год
Комментарий/решение:
Из условия следует что M - точка касания, тогда DM⊥QP где D - центр описанной окружности KLM, проведем до пересечения QP с описанной окружностью , пусть она пересекает ее в точках E,F, так же отметим что ∠KML=∠PAQ (из -за параллельности) и ∠MKL=∠PML=∠APQ то есть MKL,APQ подобны значит APAQ=MKML значит AP⋅ML=AQ⋅MK домножим на 2 и учитывая что ML,MK средние линии PQC,BPQ откуда AP⋅PC=AQ⋅BQ но с другой стороны AP⋅PC=(EQ+PQ)⋅PF и AQ⋅BQ=EQ⋅(PF+PQ) откуда (EQ+PQ)⋅PF=EQ⋅(PF+PQ) значит EQ=PF откуда следствии равенство треугольников EQO,PFO получаем OP=OQ.
Заметим, что ML∥PC,2ML=PC MK∥QB,2MK=QB
Так как Γ касается PQ, то \angle MKL=\angle PML=\angle APQ второе равенство следует из ML\parallel PC, значит \angle MKL=\angle APQ Аналогично \angle MLK=\angle AQP Из двух последних равенств получаем, что \triangle MLK\sim \triangle AQP
Следовательно \frac {ML}{AQ}=\frac{MK}{AP}\implies 2ML×AP=2MK×AQ \implies AP×PC=AQ×QB Поэтому Pow_ω(P)=Pow_ω(Q) где ω - описанная окружность \triangle ABC, а Pow_ω(X) - степень точки X относительно окружности ω.
Тогда OP^2=Pow_ω(P)+R^2=Pow_ω(Q)+R^2=OQ^2\implies OP=OQ , где R - радиус окружности ω.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.