Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2006 жыл

$ABC$ үшбұрышының $BM$ медианасы сырттай сызылған шеңберді $K$ нүктесінде қияды. $KMC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $BC$ кесіндісін $P$ нүктесінде қияды, ал $AMK$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $BA$ қабырғасының созындысын $Q$ нүктесінде қияды. $PQ > AC$ екенін дәлелдеңіз. ( А. Смирнов )

Комментарий/решение

Не смог загрузить изображение

Для начала докажем, что $PMQ$ - прямая. Продлим $QM$ до пересечения с $BC$ в точке $P'$, рассмотрим для четырехсторонника $CBQP'$ точку Микеля - это точка $K$, ведь $K$ лежит на описанных окружностях $\triangle CBA$ и $AMQ$, тогда $PMKC, P'MKC$ - вписанные четырехугольники, $\Rightarrow P=P'$. Заметим, что $\angle BKC=\angle BAC=\alpha, \angle BPM=180-\angle MPC=\alpha, \Rightarrow \triangle BPQ \sim \triangle BAC, \Rightarrow PQ/AC=BP/AB>1 (!)$. $MC>MP$, ведь $180-\alpha >180-\alpha-\beta$, то есть $AM>MP, \Rightarrow BP>AB$, Ч.Т.Д.