Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2024 год

$\ell$ түзуі іштей сызылған $ABCD$ төртбұрышының $BC$ және $AD$ қабырғаларын, сәйкесінше, ішкі $R$ және $S$ нүктелерінде, $DC$ сәулесін ($C$-дан әрі) $Q$, $BA$ сәулесін ($A$-дан әрі) $P$ нүктесінде қияды. $QCR$ және $QDS$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер $N \neq Q$, ал $PAS$ және $PBR$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер $M \neq P$ нүктесінде қиылысады. $MP$ және $NQ$ түзулері $X$, $AB$ және $CD$ түзулері $K$, $BC$ және $AD$ түзулері $L$ нүктесінде қиылыссын. $X$ нүктесі $KL$ түзуінің бойында жатқанын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

1)Точки $M, N, P, Q$ лежат на одной окружности.

Так как $M$ точка Микеля четырхеугольника $ABRS$, точки $L, M, S, R$ лежат на одной окружности. Аналогично, точки $ L, N, S, R$ лежат на одной окружности.

Используя вписанные углы получаем:

$\angle NMP=\angle NMS+\angle SMP= \angle NRQ+\angle SAP=\angle NRQ+\angle DCB=\angle NRQ+\angle RNQ= 180 - \angle NQR$

из чего следует что $MNQP$ вписанный.

Пусть $E$ точка Микеля $ABCD$. Понятно $E$ лежит на $KL$. Пусть $NQ$ пересекает $KL$ в точке $T$. Тогда $\angle TNM=\angle MPQ=\angle MAL= 180-\angle TEM$.

Значит $T$ лежит на $EMN$. Если $T=E$, тогда

$180- \angle ENM = \angle LEM$, то есть $KL$ касается $EMN$.

Если $KL$ пересекает $MP$ в точке $S$, то аналогичным образом $S$ будет лежать на $(EMN)$, значит если $S=E$, то $T=E=S$, так как $KL$ касается $(EMN)$, а если $T≠E$ и $S≠E$, то $T=S$, из того что прямая $KL$ пересекается с $(EMN)$ не более чем в двух точках. В любом случаи $MP$ и $NQ$ пересекаются на $KL$.

На самом деле вы ошибаетесь, равенство $\angle TNM=\angle MPQ$ выполняется для любой точки на луче $NQ$.