Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2016 жыл

$AB$ және $AC$ — бір түзудің бойында жатпайтын екі әртүрлі сәулелер болсын. Центрі $O$ болатын $\omega $ шеңбері $AC$ сәулесін $E$, ал $AB$ сәулесін $F$ нүктесінде жанайды. $R$ нүктесі — $EF$ кесіндісіндегі кез келген нүкте болсын. $O$ нүктесі арқылы өтетін және $EF$-ке параллель түзу $AB$ түзуін $P$ нүктесінде қияды. $PR$ түзуі $AC$ түзуін $N$, ал $AC$-ға параллель және $R$ арқылы өтетін түзу $AB$ түзуін $M$ нүктесінде қияды. $MN$ түзуі $\omega$ шеңберін жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть касательная из точки $M$ к окружности $ω$ (отличная от $MF$) пересекает $AE$ в точке $N_1$. Докажем, что точки $P,R,N_1$ лежат на одной прямой, тогда $N=N_1$ откуда следует требуемое.

По теореме Менелая достаточно доказать, что $$\frac{AP}{PF}×\frac{FR}{RE}×\frac{EN_1}{N_1A}=1\quad(\color{red}1)$$

Пусть $\angle FAE=2α, AN_1=x, AM=y, MN_1=z$.

Тогда $AF=\dfrac{x+y+z}{2}, N_1E=\dfrac{y+z-x}{2}, MF=\dfrac{x+z-y}{2},$

$\angle FAO=\angle FOP=α$

Заметим, что

$$\frac{EN_1}{N_1A}=\frac{y+z-x}{2x}\quad(\mathrm{i})$$

Так как $MR\parallel EA$, то $$\frac{FR}{RE}=\frac{MF}{AM}=\frac{x+z-y}{2y}\quad(\mathrm{ii})$$

Отметим, что

$$\frac{OP}{AP}=\sin\angle OAP=\sin α$$

$$\frac{PF}{OP}=\sin\angle FOP=\sin α$$

Умножив эти два равенства получаем, что $$\frac{PF}{AP}=\sin^2 α\quad(\mathrm{iii})$$

Подставим равенства $\mathrm{(i),(ii),(iii)}$ в $(\color{red}1)$, откуда получим $$(!)\quad\frac{(y+z-x)×(x+z-y)}{4xy}=\sin^2 α$$ $$\iff$$ $$(!)\quad\frac{z^2-(x-y)^2}{4xy}=\sin^2α$$

По теореме косинусов для $\triangle AMN_1$ $$z^2=x^2+y^2-2xy\cos {2α}$$

Откуда достаточно доказать, что $$\frac{1-\cos{2α}}2=\sin^2α$$

что верно, так как$$\cos{2α}=1-2\sin^2α$$