19-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2023 год

Теңбүйірлі емес $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған $\Omega$ шеңберге $C$ нүктесінде жүргізілген жанама түзу $AB$ түзуін $D$ нүктесінде қияды. $D$ арқылы өтететін түзу $AC$ және $BC$ қабырғаларын, сәйкесінше, $K$ және $L$ нүктелерінде қияды. $AB$ қабырғасынан $AC \parallel NL$, $BC \parallel KM$ болатындай $M$ және $N$ нүктелері белгіленген. $NL$ және $KM$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады ($P$ $\triangle ABC$-ның ішінде жатыр). $CP$ түзуі $MNP$ үшбұрышына сырттай сызылған $\omega$ шеңберін екінші рет $Q$ нүктесінде қияды. $DQ$ түзуі $\omega$-ны жанайтынын дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин, И. Богданов )

Комментарий/решение

Заметим что $\angle NBC = \angle NMP = \angle NQP$ значит $(QNCB)$ аналогино $(QMCA)$

По теореме Фалеса:

$\frac{DA}{DN}$=$\frac{DK}{DL}$=$\frac{DM}{DB}$ отсюда $DA*DB=DN*DM$ (i)

Понятно что $DN*DM=DA*DB=DC^2$ отсюда $\angle DCN = \angle DMC $

Заметим что $\angle DCA+\angle NCA = \angle DCN = \angle DMC = \angle MCB + \angle DBC$

учитывая $\angle DCA = \angle DBC$ получаем $\angle NCA = \angle MCB$

Не сложным счетом углов можно понять что $\angle AQN = \angle BQM$ учитывая это также не сложно убедится что $(AQB)$ и $(NQM)$ касаются и их радикальная ось это касательная в точке $Q$  но из (i) мы знаем что у $D$ одинаковая степень точки относительно этих окружностей значит их радикальная ось пройдет через $D$.

Заметка 1: $DA*DB=DN*DM$

Доказано выше

Инверсия в точке $D$ оставляет обе окружности на месте. Заметим, что если докажем вписанность $DCQP'$, где $P' -$ образ точки $P$, то прямая $CP$ перейдет в эту окружность, $(MNP)$ остаётся на месте, то и точка $Q$ остаётся на месте, что делает ее точкой касания.

Заметим, что $P' -$ пересечение $(MNP)$ и $CP$. Несложно также заметить, что вписанность $DCP'N'$, где $N'$ пересечение $CA$ и $P'N$ доказывает задачу. Угол $N'P'D=NMP=MBC=N'CD$ Чтд

Пусть $CP \cap \Omega = T$, тогда из параллельностей легко получить, что четырехугольники $PNQM$ и $CATB$ гомотетичны. $(D,CP\cap AB,N,M) \overset{P}{=} (D,CP\cap KL, L, K) \overset{C}{=} (C, T, B, A)=(P, Q, M, N) = (Q, P, N, M)$. Проецируя с точки $Q$ на прямую $AB$ , получаем, что $DQ$ касается $\omega$

Очевидно $(QNCB)$ и $(QMCA)$ доказано Bismir7

По теореме Дезарга для треугольников $ \triangle LCK$ и $ \triangle MQN$:

$D,E,F$ лежат на одной линии

где $NQ \cap BC$ $=$ $F$, $MQ \cap AC$ $=$ $E$, $MN \cap LK $ $=$ $D$

Так как $(QNCB)$ $\Rightarrow$ $FQ*FN$$=$$FB*FC$ аналогично для $(QMCA)$ $\Rightarrow$ $DEF$ радикальная ось окружностей $\omega$ и $\Omega$

дальше легкий счет углов.