Математикадан республикалық олимпиада, 2002-2003 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер $BC$ қабырғасымен $A'$ нүктесінде жанасады. $AA' $ түзуі $\omega$-ны екінші рет $P$ нүктесінде қияды. $CP$ және $BP$ $\omega$-ны екінші рет сәйкесінше $N$ және $M$ нүктелерінде қияды. $AA', BN$ және $CM$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть $B',C'$ так же точки касания окружности со сторонами треугольника и $A'C=x, \ AB'=y , \ A'B=z$ .

По т. косинусов $ (x+y)^2+(x+z)^2-2(x+y)(x+z) \cdot \cos \angle ACB=(y+z)^2 $ откуда $\cos \angle ACB = \dfrac{x^2+xy+xz-yz}{(x+y)(x+z)} $

Тогда по той теореме в $ACA'$ получается $ AA'=\sqrt{\dfrac{y(xy+4xz+yz}{x+z}}$ по теореме о касательной $ A'P = \dfrac{4xyz}{\sqrt{y(xy+4xz+yz)(x+z)}}$

Таким же методом , но зная $A'P$ откуда $CP=x \sqrt{\dfrac{xy+4xz+9yz}{xy+4xz+yz}}$ и $CN=x \cdot \sqrt{\dfrac{xy+4xz+yz}{xy+4xz+9yz}}$ откуда $\dfrac{CN}{PN} = \dfrac{xy+4xz+yz}{8yz}$ аналогично $\dfrac{BM}{PM} = \dfrac{yz+4xz+xy}{8xy}$ по теореме Чевы $\dfrac{CN \cdot PM \cdot z}{PN \cdot BM \cdot x} = 1 $ откуда $BN, CM, AA'$ пересекаются в одной точке .

$$(M,P;A',C')=(N,P;B',A')=-1,$$ где $B',C'$ - касания $\omega$ и $CA,AB$.

$$MC'\cdot PA'=MA'\cdot PC', NB'\cdot PA'=NA'\cdot PB'\Leftrightarrow PB'\cdot NA'\cdot MC'\cdot PA'=B'N\cdot A'M\cdot C'P\cdot PA',$$

$$PB'\cdot NA'\cdot MC'=B'N\cdot A'M\cdot C'P,$$

откуда по теореме Чевы $NC',MB',AA'$ пересекаются в одной точке. Обратный Паскаль на $BC'NCB'M$ дает, что он вписан в конику. Паскаль в обратном порядке $BNC'CMB'$ дает нужный результат.