9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, вторая лига, 9-10 классы

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность $\omega$ с центром в точке $O$. Диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $P$. На отрезке $OP$ выбрана точка $Q$. Пусть $E$ и $F$ --- проекции $Q$ на прямые $AD$ и $BC$ соответственно. Точки $M$ и $N$ на описанной окружности треугольника $QEF$ таковы, что $QM \parallel AC$ и $QN \parallel BD$. Докажите, что прямые $ME$ и $NF$ пересекаются на серединном перпендикуляре к отрезку $CD$.

Комментарий/решение

$(!)$ точку $Q$ будем выбирать на прямой $OP$.

Лемма 1:

Зафиксируем прямую $l$ и точку $S$ не на ней. Тогда верно, что все окружности с диаметром $SX$, где $X$ выбирается на $l$, проходят через фиксированную точку.

Доказательство

Пусть $P$ проекция $S$ на $l$, тогда $P$ лежит на всех окружностях с диаметром $SX$.

Лемма 2:

Пусть $l_1,l_2$ проходят через $S$, а $l_3$ - нет. Проекции точки $X$, принадлежащей $l_3$, на $l_1,l_2$ - $E,F$ соответственно. Тогда множество точек $A$ на отрезке $EF$ таких, что $\frac{AE}{AF}=const$ располагается на фиксированной прямой, не в зависимости от $X$.

Доказательство

Этот факт следует из того, что $E,F$ движутся линейно, а значит такие точки $A$ лежат на одной прямой.

Лемма 3:

Зафиксируем $5$ прямых, $4$ из которых проходят через $S$, а $5$ая - нет. Тогда точки пересечений диагоналей четырехугольников с вершинами в проекциях точки $X$ на остальные $4$ прямые лежат на одной прямой ($X$ выбирается на $5$ой прямой).

Доказателство

Понятно, что все такие четырехугольники подобны. Если рассмотрим какую-то диагональ четырехугольника, то интересующая нас точка будет делить ее на отрезки в постоянном отношении, а значит по лемме $(2)$ лежит на фиксированной прямой.

Решение:

Б.О.О скажем, что лучи $AD,BC$ пересекутся в точке $X$. Тогда окружности $(QEF)$ можно заменить на окружности с диаметром $QX$. Раз у прямых $AC,BD$ фиксированное направление можно понять, что прямые $XM,XN$ фиксированы и главное - $QM\bot MX,QN \bot NX$. Так же $XE,XF$ - фиксированные прямые, поэтому воспользуемся леммой $(3)$ для фиксированных прямых $XM,XN,XE,XF$ и точек на прямой $OP$, то есть докажем, что $ME,NF$ пересекаются на прямой, являющейся серединным перпендикуляром, к $CD$. Для этого достаточно показать, что эти прямые пересекаются хотя бы в двух точках на серединном перпендикуляре к $CD$.

Положение 1:

$Q=P$ (известная задача).

Лемма 4:

$l_1,l_2$изогонали угла $A$ треугольника $ABC$. Тогда проекции $B,C$ на $l_1,l_2$ - $E,F$ соответственно равноудалены от середины $BC=M$.

Доказательство

За $H_A^{\phi,a}$ обозначим поворотную гомотетию на угол $\phi$ с коэффициентом $a$ относительно $A$. Тогда верно следующее:

$$Z_M \circ H_E^{90^\circ,tg{\angle EAC}} \circ H_F^{90^\circ,ctg{\angle FAC}}=Id,$$

то есть тождественное преобразование. Значит:

$$H_E^{90^\circ,tg{\angle EAC}} \circ H_F^{90^\circ,ctg{\angle FAC}}=Z_M,$$

Рассмотрим точку $F$: $F\to F \to F'$, так что $\angle FEF'=90^\circ,F'M=FM$ и $F,M,F'$ лежат на одной прямой, что равносильно требуемому.

Тогда по лемме $(4)$ $E,F$ равноудалены от середины $CD$, так как $PE,PF$ - изогонали угла $DPC$ и $E,F$ проекции $D,C$ на них. $\angle BCA=\angle BDA=\angle MCX=\angle XDN \Rightarrow \angle MXC=\angle NXD$, то есть $XM,XN$ - изогонали, а также $MNEF$ - равнобокая трапеция. Таким, же образом $M,N$ равноудалены от середины $CD$, а значит $ME,NF$ пересекутся в середине $CD$.

Положение 2:

$Q=P'$ - точка симметричная $P$ относительно $O$. Тогда верно следующее $P' \in OP$, середина $CD$ после центральной симметрии относительно $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $CD$. Значит в таком случае требуемое условие выполняется.

По лемме $(3)$ и двум положениям точки $Q$ можно заверить, что и при других положениях точки $Q$ - $ME,NF$ будут пересекаться на серединном перпендикуляре к $CD$.

Рассмотрим случай серединного перпендикуляра к $AB$, так как он аналогичен $CD$.

Пусть $T \in CD \cap AB, G \in AD \cap BC$ тогда $TG$ - поляра точки $P$ значит $P' \in OP \perp TG$, пусть так же $X \in OP \cap \omega$ тогда $\omega$ окружность Аполлония для $PP'$ то есть $CX,\ DX, \ BX$ - биссектриса $\angle P'CP, \ \angle P'DB, \ \angle P'BD$ соответственно, значит $PP'$ биссектриса $DP'B$.

Тогда посчитав углы получаем $\angle DP'C = \angle DGC$ то есть $CDP'G$ лежат на одной окружности $\omega_{1}$ с центром $O_{1}$, так же пусть $Q' \in OP' \cap \omega_{1}, \ N' \in DO \cap \omega_{1}, \ M' \in CO \cap \omega_{1}$, значит $Q'G$ - диаметр $\omega_{1}$, тогда $\angle ODB = 90^{\circ}-\angle BCD$ но так как $\angle Q'N'D = 180^{\circ}-\angle DCQ' = 180^{\circ}-(\angle BCD+90^{\circ}) = 90^{\circ} - \angle BCD$ значит $Q'N' || BD$ аналогично $Q'M' || AC$.

Получается что $CD || M'N'$ или $CDM'N'$ - трапеция, возьмем на $OP$ произвольную точку $Q$ пусть $O_{2}$ - середина $GQ$ пусть $\omega_{2}$ окружность с центром $O_{2}$ с $R=QO_{2}$ тогда точки $E,F$ восстанавливаются как $E, \ F \in BC, \ AD \cap \omega_{2}$, так же $N \in GN' \cap \omega_{2}, \ M \in GM' \cap \omega_{2}$.

Покажем что $AB \perp GQ'$.

$\angle CQ'G = 90^{\circ}-\angle CGQ' = 90^{\circ} - (\angle DGQ' - \angle DGC) = 90^{\circ} - (180^{\circ}-\angle DCQ' - \angle DGC) = \angle DCQ' + \angle DGC - 90^{\circ} = \angle BCD+90^{\circ} + 180^{\circ} - \angle BCD - \angle ADC - 90^{\circ} = 180^{\circ} - \angle ADC = \angle TDA$ если $L \in AB \cap GQ'$ тогда $CBLQ'$ вписанный или $AD \perp GQ'$, значит серединный перпендикуляр $l$ к $AB || l$.

Так как $CQ' || QE, \ N'Q' || NQ$ или $\angle DGM = \angle CQ'N' = \angle EQN$ получается $EFNM$ трапеция где $EF || NM$ пусть $H \in ME \cap NF$ тогда совершив композицию для точки $O$ параллельный перенос по вектору $\overrightarrow{O_{1}O_{2}}$ поворот вокруг точки $O_{2}$ на угол $\angle O_{1}GO_{2}$ по часовой и совершив гомотетию с коэффициентом $\dfrac{EF}{CD}$ данная точка перейдет в точку $H$ значит $HO || GQ'$