Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 9 сынып

$ABCD$ дөңес төртбұрышының $AB$ және $CD$ қабырғаларының созындысы $P$ нүктесінде, ал $AC$ және $BD$ диагональдері $Q$ нүктесінде қиылысады. $M$ және $N$ нүктелері сәйкесінше $AC$ және $BD$ диагональдерінің орталары. $BCQ$ және $MNQ$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер $T$ ($T\ne Q$) нүктесінде қиылысады. Егер $\angle APD =90^\circ$ болса, онда $PT$ түзуі $MN$ кесіндісінің ортасынан өтетінін дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Решение: Заметим, что $\angle TMQ=\angle TNQ$ и $\angle TCQ=\angle TBQ,$ значит $\triangle TMC \equiv \triangle TNB,$ следовательно

$$\dfrac{CM}{TM}=\dfrac{BN}{TN}$$

Построим точку $T_1$ так, чтобы $TMT_1N$ $-$ параллелограмм. Тогда заметим, что

$$\dfrac{PM}{T_1N}=\dfrac{CM}{TM}=\dfrac{BN}{TN}=\dfrac{PN}{T_1M}$$

$$\implies PM\cdot T_1M=PN\cdot T_1N\quad (\color{red}{1})$$

С другой стороны заметим, что

$$\angle MT_1N=\angle MTN = \angle MQN=\angle PCA + \angle PBD + \angle APD$$

$$=90+(\angle CPM+\angle BPN)=90+(90-\angle MPN)$$

$$\implies \angle MT_1N+\angle MPN = 180\implies \angle PMT_1+\angle PNT_1=180$$

$$\implies \sin \angle PMT_1=\sin \angle PNT_1\quad (\color{red}{2})$$

Из $(\color{red}{1})$ и $(\color{red}{2})$ получаем, что $S\left(\triangle PMT_1\right)=S\left(\triangle PNT_1\right),$ откуда прямая $PT_1$ проходит через середину $MN,$ а также мы знаем, что $TT_1$ проходит через эту середину, откуда следует требуемое.

Докажем, что $T$ - точка Шалтая треугольника $PMN$ вершины $P$.

Понятно, что $NB=NP$ и $MC=MP$. Из подобия треугольников $\triangle TBN\sim\triangle TCM$ имеем $\frac{TM}{TN}=\frac{MC}{NB}=\frac{PM}{PN}$. Более того, по счету углов

$$\angle MTN=\angle MQN=\angle BQC=180-\angle MPN$$

Тогда точка $T$ как пересечение окружности Апполония и окружности симметричной $(PMN)$ относительно прямой $MN$ является точкой Шалтая, следовательно лежит на медиане.

Факт 1: $A, D, Q, T-$ лежат на одной окружности.

Доказательство:

Рассмотрим $BC \cap AD = R$, также $T_1 = (BCQ) \cap (ADQ)$.

Давайте теперь выполним поворотную гомотетию в точке $T_1$, переводящую отрезок $BD$ в отрезок $AC$, тогда в соответствии точка $N$ перейдет в точку $M$, а точка $D$ перейдет в точку $A$.

На другом языке $\triangle T_1ND \sim \triangle T_1MA$. Откуда как раз таки следует вписанность $NQT_1M \Rightarrow T_1 = T$.

Факт 2: $T-$ точка Шалтая треугольника $PMN$ против вершины $P$.

Доказательство:

Так как $M, N-$ середины $AC, BD$ и $\angle APD = 90^\circ \Rightarrow$

$AM=MP=MC, PN=BN=DN$. Дальше нетрудным счетом углов можно вывести, что $\angle MQN = 180^\circ - \angle MPN$.

Теперь пусть $T'-$ точка Шалтая треугольника $PMN$ против вершины $P$.

Тогда:

$(1)\angle MQN = 180^\circ - \angle MPN = \angle MT'N \Rightarrow MNQT'-$ вписанный.

Теперь пусть $PT' \cap MN = X$. По определению точки Шалтая $X-$ середина $MN$.

Выпишем пару отношений из некоторых подобий:

$\dfrac{MT'}{MA}=\dfrac{MT'}{MP}=\dfrac{XM}{XP}=\dfrac{XN}{XP}=\dfrac{NT'}{NP}=\dfrac{NT'}{DN}$.

Откуда так как до этого мы имели $\angle AMT' = \angle T'ND \Rightarrow \triangle T'MA \sim \triangle T'ND \Rightarrow \angle T'DQ=\angle T'DN=\angle T'AM=\angle T'AQ \Rightarrow T'ADQ-$ вписанный.

Что и требовалось, так как $T' = (ADQ)\cap (BCQ) = T$.

Сначала заметим, что $\dfrac{MP}{NP}=\dfrac{CM}{BN}=\dfrac{TM}{TN}$.

$X$ - середина $MN \Rightarrow$$\dfrac{MP}{NP} = \dfrac{\sin{\angle NPF}}{\sin{\angle MPF}} \Rightarrow \dfrac{TM}{TN}=\dfrac{\sin{\angle NPF}}{\sin{\angle MPF}} =\dfrac{\sin{\angle TNM}}{\sin{\angle TMN}}.$

Заметим, что если $\angle TNM + \angle TMN = \angle MPN$, то $\angle TNM = \angle NPF, \angle TMN = \angle FPM$, ведь иначе, выйдет строгое неравенство в $\dfrac{\sin{\angle NPF}}{\sin{\angle MPF}} =\dfrac{\sin{\angle TNM}}{\sin{\angle TMN}},$ вместо равенства. А это легко проверить посчитав углы. Возьмем точку Шалтая, и тогда $\angle NMШ=\angle MPШ = \angle MPF = \angle NMT$. Аналогично, $\angle MNШ = \angle MNT$, Откуда $Ш$ и $T$ - одна точка, тоесть $PT$ проходит через $F$ , ч.т.д.