3-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2016 год, вторая лига, 9-10 классы

Касательная в точке $A$ описанной окружности $\omega$ прямоугольного треугольника $ABC$ ($\angle A=90^{\circ}$) пересекает прямую $BC$ в точке $P$. $M$ — середина дуги $AB$, не содержащей вершину $C$. Прямая $PM$ пересекает $\omega$ второй раз в точке $Q$. Касательная к $\omega$ в точке $Q$ пересекает прямую $AC$ в точке $K$. Докажите, что $\angle PKC=90^{\circ}$.

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 $P-D-Q$.