Международная олимпиада 2020, Санкт-Петербург, Россия, 2020 год

Внутри выпуклого четырёхугольника $ABCD$ нашлась точка $P$, такая что выполняются равенства \[\angle PAD:\angle PBA:\angle DPA=1:2:3=\angle CBP:\angle BAP:\angle BPC.\] Докажите, что следующие три прямые пересекаются в одной точке: внутренние биссектрисы углов $\angle ADP$ и $\angle PCB$ и серединный перпендикуляр к отрезку $AB$.

Комментарий/решение

Пусть $\angle PAD=\alpha,\angle PBA=2\alpha,\angle DPA=3\alpha.$

Рассмотрим точку $O-$ центр описанной окружности $\triangle ABP,$ тогда $\angle AOP=2\cdot \angle ABP=4\alpha$ и $AO=PO.$ Но с другой стороны $$\angle ADP=180-\angle DAP-\angle DPA=180-4\alpha,$$

следовательно $A,D,P,O$ лежат на одной окружности. Тогда $DO$ биссектриса $\angle ADP,$ поскольку $AO=PO.$ Аналогично $CO$ биссектриса $\angle PCB.$ Однако $OA=OB,$ откуда следует требуемое.

Пусть описанная окружность $PAB$ пересекает $AD,BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Путем поиска угла можно увидеть, что $XD=PD, YC=PC$, поэтому биссектрисы в задаче являются просто биссектрисами $PX$ и $PY$. Теперь три прямые совпадают, поскольку являются перпендикулярами хорд общей окружности ($ABYPX$)

Пусть $\angle PAD = \alpha, \angle PBA = 2 \alpha, \angle DPA = 3 \alpha$. Проведем чевиану $PX$ в треугольнике $APD$ так, что:

$\angle APX = \alpha$. Тогда легким счетом углов понимаем что $DX=DP$ откуда биссектрисса $\angle ADP$ серпер на $PX$. Пусть $Y$ - такая же точка как $X$ на $BC$. Легко заметить что $ABPX, ABPY$ - вписанные откуда $ABYPX$ - вписанный. Значит искомое пересечение в условие - есть центр описанной окружности около пятиугольника значит и серпер $AB$ проходит через него чтд.