Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2024 год

Сүйір бұрышты $ABC$ үшбұрышы берілген. $AB$ және $AC$ кесінділерінде, сәйкесінше, $D$ және $E$ нүктелері $BC\parallel DE$ болатындай белгіленген. $X$ — $BCED$ төртбұрышының ішінде жатқан нүкте. $DX$ және $EX$ сәулелері $BC$ қабырғасын, сәйкесінше, $P$ және $Q$ нүктелерінде қияды (мұнда $P$ және $Q$ нүктелері $B$ мен $C$ арасында жатыр). $BQX$ және $CPX$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер екінші рет $Y$ нүктесінде қиылысады. $A$, $X$ және $Y$ нүктелері бір түзудің бойында жатқанын дәлелдеңіз.

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