Бат, Великобритания
Комментарий/решение:
Пусть K=(AEF) \cap (ABC), тогда K - центр поворотной гомотетии, переводящей отрезок EF в CB, обозначим ее за f. Очевидно, что f(A)=M. Пусть также DI \cap AM = T. Несложным счетом углов можно убедиться, что \Delta REF \sim \Delta ICB тогда f(R)=I. Пусть ID \cap (IBC) = L, тогда f(D)=L, то есть \Delta KAD \sim \Delta KDL, откуда \Delta KAG \sim \Delta KDL, откуда \angle KAT = 180^\circ - \angle KDT, значит KATD - вписанный. Несложным счетом углов можно понять, что ATDP - вписанный (так как \angle ATD = 90^\circ - \angle (AM,BC), а последний выражается через углы изначального треугольника, и \angle RPD = \angle RFD, который также считается), поэтому AKPDT - вписанный. \angle BQC = \angle BQP + \angle CQP = \angle BFP + \angle CEP = \angle FRE = \angle BIC Значит BQIC - вписанный. Пусть PQ \cap (BQIC) = N, тогда легко получить, что \Delta EPF \sim \Delta CNB, тогда f(P)=N, тогда точно также получаем, что \Delta KPN \sim \Delta KAG, тогда \angle KPN + \angle KPT = \angle KAT + 180^\circ - \angle KAT = 180^\circ, откуда N, P, T лежат на одной прямой, а значит и PQ проходит через T
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.