Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2017-2018 учебный год, I тур заключительного этапа

Диагонали выпуклого четырёхугольника $ABCD$ равны и пересекаются в точке $K$. Внутри треугольников $AKD$ и $BKC$ выбрали точки $P$ и $Q$ соответственно так, что $\angle KAP = \angle KDP = \angle KBQ = \angle KCQ.$ Докажите, что прямая $PQ$ параллельна биссектрисе угла $AKD$. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Так как $\angle KAP = \angle KCQ,$ $CQ \parallel AP.$ Так как $\angle KDP = \angle KBQ, BQ \parallel DP.$ Пусть $BX$ и $CY$ — перпендикуляры, опущенные из $B$ и $C$ на $DP$ и $AP$ соответственно. Тогда прямоугольные треугольники $BDX$ и $CAY$ равны по гипотенузе и острому углу, откуда $BX = CY.$ Это значит, что расстояния между прямыми $CQ$ и $AP$ и между прямыми $BQ$ и $DP$ равны. Таким образом, прямые $AP,$ $BQ,$ $CP$ и $DQ,$ пересекаясь, образуют ромб $PMQN,$ где $M$ — точка пересечения $DP$ и $CQ.$ По свойству ромба $\angle MQP = \angle NQP = \angle MPQ = \angle NPQ.$
Пусть отрезок $PQ$ пересекает диагонали $AC$ и $BD$ в точках $U$ и $V$ соответственно. Тогда $\angle CUQ = \angle MQU-\angle QCA = \angle MPV-\angle PDB = \angle PVD.$ Значит, в треугольнике $KUV$ углы при основании $UV$ равны, он равнобедренный, и поэтому внешняя биссектриса его угла $K$ параллельна $UV,$ что и требовалось. Если же $K = U = V,$ полученное равенство углов сразу говорит, что $PQ$ — биссектриса угла $AKD.$