Областная олимпиада по математике, 2022 год, 9 класс

Дан треугольник $ABC$, в котором $AB = AC$ и $\angle BAC > 90^\circ$. Точка $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC$. Точка $M$ симметрична точке $A$ относительно стороны $BC$. На продолжении стороны $BC$ за точку $C$ выбрана точка $D$. Прямая $DM$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC$, в точках $E$ и $F$. Окружности, описанные около треугольников $ADE$ и $ADF$ пересекают сторону $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что точки $A$, $P$, $O$ и $Q$ лежат на одной окружности. ( Шакиев А. )

Комментарий/решение

Пусть $AE\cap BC=X$ и $AF\cap BC=Y$. $AP=PE$ и $AQ=QF$ из-за того что $\angle MDB= \angle BDA$ ведь $D$ лежит на серединном перпендикуляре к $AM$. Из равенства углов $\angle BEA= \angle ABX= \angle ACY= \angle AFC$ получаем что треугольник $ABX$ подобен треугольнику $AEB$ и треугольник $ACY$ подобен треугольнику $AFC$. Из этих подобий получаем что $AB^{2}=AC^{2}=AY×AF=AX×AE$ откуда $XYFE$ вписанный. Пусть $PO\cap AE=K$ и $AM\cap BC=N$. $OAPE$ $kite$ и $\angle XKO= \angle XNO=90$ и $ONXK$ вписанный и $\angle POA=\angle AXQ= \angle AFE= 180- \angle AFD= 180- \angle AQD= \angle AQP$ от куда $AQOP$ вписанный ч.т.д.

Пусть $FP \cap QE = G$. Тогда т.к $A$ лежит на окружностях $(QED), (FPD) => $ точка $A-$ точка Микеля для четырехугольника $FPQE=>$ четырехугольники $AGPQ, AGFE-$ вписанные, откуда $G$ лежит на окружности $(ABC)$.

Пусть теперь:

$(1)\angle AQP = \angle PQM = \alpha$

$(2)\angle APQ = \angle QPM = \beta$. Тогда очевидно , что:

$\dfrac{\angle APM}{2}=\beta=\angle APQ = \angle AGQ = \angle AFE, PM = PA=>$

$P-$ центр $(FMA)$. Аналогично $Q-$ центр $(AME)$. Нетрудным счётом углов можно убедиться, что т.к $FP=PA, FO=OA=> \angle POA = \dfrac{\angle FOA}{2} = \alpha = \angle AQP$. Что и требовалось доказать.