Геометриядан Иран олимпиадасы, 2016 жыл, 2-ші лига (9-10 сыныптар)

$ABC$ үшбұрышында $\angle{A}=90^\circ$ және $\omega$ — оған сырттай сызылған шеңбер. $\omega$-ға $A$ нүктесінде жүргізілген жанама $BC$ түзуін $P$ нүктеде қияды. $M$ нүктесі — $\omega$-ның кіші $AB$ доғасының ортасы болсын, ал $PM$ түзуі $\omega$-ны екінші рет $Q$ нүктесінде қисын. $\omega$-ға $Q$ нүктесінде жүргізілген жанама $AC$-ны $K$ нүктесінде қияды. $\angle{PKC}=90^\circ$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Б.О.О. $AC>AB$.

$$\triangle PAM\sim \triangle PQA \Leftrightarrow \frac{MA}{AQ}=\frac{PA}{PQ}=\frac{PM}{PA} (1)$$

$$\triangle PBM\sim \triangle PQC \Leftrightarrow \frac{MB}{QC}=\frac{PM}{PC}=\frac{PB}{PQ} (2)$$

$$\triangle KAQ\sim \triangle KQC \Leftrightarrow \frac{KQ}{KC}=\frac{AK}{KQ}=\frac{AQ}{QC} (3)$$

Требуется $\dfrac{KA}{KC}=\dfrac{PB}{PC}$. Делим $(2)$ на $(1)$:

$$\frac{MB\cdot AQ}{QC\cdot MA}=\frac{AQ}{QC}=\frac{KQ}{KC} \Rightarrow \frac{(2)}{(1)}=(3)$$

Умножим $(3)$ на $(3)$:

$$\frac{KQ\cdot AK}{KC\cdot KQ}=\frac{KA}{KC}=(3)^2$$

Если $(2)$ поделить на $(1)$, то можно получить:

$$\frac{PM\cdot PQ}{PC\cdot PA}=\frac{pow_{P}(\omega)}{PC\cdot PA}=\frac{PA^2}{PC\cdot PA}=\frac{PA}{PC}$$

Также можно получить следующее:

$$\frac{PM\cdot PA}{PC\cdot PM}=\frac{PB}{PA}$$

Таким образом $\dfrac{(2)^2}{(1)^2}=(3)^2$:

$$\frac{PA\cdot PB}{PC\cdot PA}=\frac{PB}{PC}=\frac{KA}{KC},$$

что и требовалось.

Пусть $AQ \cap MC = D$ тогда учитывая $\angle AQM = \angle BCM$ получаем $(PDQC)$ откуда из леммы Фусса имеем $PD \parallel AB $. Применим теорему паскаля для MQQAAC и получим $P-D-Q$.