Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2024 год

Дан остроугольный треугольник $ABC$. На отрезках $AB$ и $AC$ отмечены точки $D$ и $E$ соответственно так, что $BC\parallel DE$. Пусть $X$ — внутренняя точка четырехугольника $BCED$. Предположим, что лучи $DX$ и $EX$ пересекают сторону $BC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно, причем и $P$, и $Q$ лежат между $B$ и $C$. Пусть описанные окружности треугольников $BQX$ и $CPX$ во второй раз пересекаются в точке $Y$. Докажите, что точки $A$, $X$ и $Y$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

А это хорошо, что задачи появились раньше, чем на официальном сайте или aopse?

+

Мое решение в олимпе:

Сначало обозначения:

$AX \cap DE=S \\ AX \cap CB=R$

$\angle{CAX}=y \\ \angle{BAX}=x \\ \angle{ASE}=\angle{ARC}=z$

Теперь пару очевидных фактов:

Из паралельности (i)$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AE}{AD}$

Так же из паралельности следует, что $\triangle{QXR}$ подобен $\triangle{EXS}$ еще $\triangle{PXR}$ подобен $\triangle{DXS} \Rightarrow$

$\dfrac{QR}{SE}=\dfrac{XR}{XS} \\ \dfrac{RP}{DS}=\dfrac{XR}{XS} \Rightarrow \dfrac{RP}{DS}=\dfrac{QR}{SE} \Leftrightarrow$

(ii) $\dfrac{SE}{DS}=\dfrac{QR}{RP}$

$\sin(a)=\sin(180°-a)$

Теперь из теоремы синусов для $\triangle{ACR},\triangle{ABR}$ получаем $\dfrac{AC}{\sin(z)}=\dfrac{CR}{\sin(y)},\dfrac{AB}{\sin(180° - z)}=\dfrac{BR}{\sin(x)} \Rightarrow \\ \dfrac{CR}{BR}=\dfrac{AC \times \sin(y)}{AB \times \sin(x)}$

Bспоминаем (i). Тогда $\dfrac{CR}{BR}=\dfrac{AE \times \sin(y)}{AD \times \sin(x)}$

Из теоремы синусов для $\triangle{AES},\triangle{ADS}$ получаем $\dfrac{AE}{\sin(z)}=\dfrac{SE}{\sin(y)},\dfrac{AD}{\sin(180° - z)}=\dfrac{DS}{\sin(x)} \Rightarrow \\ \dfrac{SE}{DS}=\dfrac{AE \times \sin(y) }{AD \times \sin(x)}$

Значит $\dfrac{SE}{DS}=\dfrac{CR}{BR}$.

Теперь вспоминаем (ii). Тогда $\dfrac{QR}{RP}=\dfrac{CR}{BR} \Leftrightarrow RQ \times RB=RP \times RC$

А левая часть равенство это степень точки $R$ для описанной окружности $BQX$, а правая часть равенство это степень точки $R$ относительно окружности $CPX$. Из равенства понимаем, что их степени точки равны, т.е. $R$ лежит на радикальной оси этих двух окружностей. Т.е. $Y-X-R$ но мы знаем, что $A-X-R$. Прямая определяется двумя точками, значит $A-Y-X$ ЧТД

Пусть пересечение $(BQX)$ с $AB$ будет $M$. И допустим пересечение $(CPX)$ c $AC$ будет $N$.

$(!)AM \cdot AB=AN \cdot AC$

$\angle EQC=\angle BMX=\angle DEQ$ $и$ $\angle DPB=\angle PDE=\angle CNX$

От которого $D,M,N,E,X$ вписанный $\Rightarrow$ $AM \cdot AD=AN \cdot AE$

$BC \parallel DE$ $\Rightarrow$ $AM \cdot AB=AN \cdot AC$