Математикадан 55-ші халықаралық олимпиада, 2014 жыл, Кейптаун

$ABC$ сүйірбұрышты үшбұрышының $BC$ қабырғасында $\angle PAB=\angle BCA$ және $\angle CAQ=\angle ABC$ болатындай $P$ және $Q$ нүктелері белгіленген. $P$ нүктесі $AM$ кесіндісінің ортасы және $Q$ нүктесі $AN$ кесіндісінің ортасы болатындай $AP$ және $AQ$ түзулерінде сәйкесінше $M$ және $N$ нүктелері алынған. $BM$ және $CN$ түзулері $ABC$ үшбұрышының сырттай сызылған шеңберінде қиылысатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Пусть $X \equiv BM \cap CN$.

$\frac{NQ}{QC} = \frac{AB}{QC} = \frac{BP}{AP} = \frac{BP}{PM}$, причем $\angle CQN = \angle BPM = 180 - \angle A$, Из чего следует что $\triangle{NCQ} \sim \triangle{BMP}$; то есть, $\angle QBX = \angle QNX$, так что $BQXN$ вписанный

Теперь заметим что $\angle BXC = 180 - \angle BXN = 180 - \angle BQN = 180 - \angle AQC = 180 - \angle A$

Заметим,что касательные к описанной окружности $ABC$ в точках $B,C$ параллельны прямым $AP,AQ$ соответственно.Пусть касательные к описанной окружности треугольника $ABC$ проведенные из вершин $B,C$ пересекаются в точке $X$ а вот $XA\cap (ABC)=A,D;AP\cap BD=M’;CD\cap AQ=N’$ тогда $(AM’;PP_{\infty})\stackrel{B}{=}(AD;CB)=-1\Leftrightarrow M=M’$.Аналогично $N=N’$ откуда вытекает условие задачи

Введем барицентрическую систему координат:$$A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)$$

$\triangle BAP\sim \triangle BCA\Rightarrow BP=\dfrac{BA^2}{BC}=\dfrac{c^2}{a}\Rightarrow CP=a-\dfrac{c^2}{a}=\dfrac{c^2-a^2}{a}\Rightarrow \dfrac{BP}{PC}=\dfrac{c^2}{a^2-c^2}\Rightarrow P=(0:a^2-c^2:c^2)=(0,\dfrac{a^2-c^2}{a^2},\dfrac{c^2}{a^2})$.Аналогично $Q=(0,\dfrac{b^2}{a^2},\dfrac{a^2-b^2}{a^2})$.Тогда $M=2P-A=(-1,\dfrac{2(a^2-c^2)}{a^2},\dfrac{2c^2}{a^2})=(-a^2:2a^2-2c^2:2c^2)$ и $N=2Q-A=(-1,\dfrac{2b^2}{a^2},\dfrac{2(a^2-b^2)}{a^2})=(-a^2:2b^2:2a^2-2b^2)$.Если $(x:y:z)=D=BM\cap CN$.То тогда так как $x:y=-a^2:2b^2$ и $x:z=-a^2:2c^2$ то $D=(-a^2:2b^2:2c^2)$.Тогда из $$-a^2yz-b^2zx-c^2xy=-a^2(2b^2)(2c^2)-b^2(2c^2)(-a^2)-c^2(-a^2)(2b^2)=-4a^2b^2c^2+2a^2b^2c^2+2a^2b^2c^2=0$$ получаем что $D\in (ABC)$