6-шы халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2010 жыл

Шеңберге іштей сызылған $ABCD$ төртбұрышында $AB=AD$ екені белгілі. $BC$ және $CD$ қабырғалаларынан $MN=BM+DN$ болатындай етіп сәйкесінше $M$ және $N$ нүктелері алынған. $AM$ және $AN$ түзулері $ABCD$ төртбұрышына сырттай сызылған шеңберді екінші рет сәйкесінше $P$ және $Q$ нүктелерінде қияды. $APQ$ үшбұрышының биіктіктерінің қиылысу нүктесі $MN$ кесіндісіне тиісті екенін дәлелде.

Комментарий/решение

Возьмём произвольную точку $M$ на $BC$ и отразим относительно отрезка $AM$ точку $B$ пусть это будет точка $X$ тогда $\angle ABM = \angle AXM $ если $MX$ пересекает $CD$ в точке $Y$ тогда $XY=DY$ так как $AB=AX=AD$ и $\angle ADY = \angle AXY$ и четырёхугольник вписанный, откуда $Y=N$ значит $NA,MA$ биссектрисы углов $BMN, \ DNM$ откуда $BX \perp AP$ и $DX \perp AQ$.

Пусть $BX$ пересекает $AN$ в точке $F$ тогда $\angle BFA = 90^{\circ} - \dfrac{\angle BAX+\angle DAX}{2} = 90^{\circ} - \dfrac{\angle BAD}{2}$

тогда как $\angle ADB = 90^{\circ} - \dfrac{\angle BAD}{2}$ то есть $F = Q$ аналогично и $\angle ABX = \angle ABQ = \angle APQ$ значит $PD, BQ$ высоты $APQ$ которые пересекаются в точке $X$ а $X \in MN$.

Докажем вначале, что $PD$ и $BQ-$ высоты $\triangle APQ$. Возьмем точку $N'$ на луче $BC$ за точку $B$, такую что $BN' = ND$. И точку $M'$ на луче $CD$ за точку $C$, такую что $MD'=BM$. Тогда заметим, что:

$\angle ABM = \angle ABC = \angle ADM', AD=AB, DM'=BM => \triangle ABM = \triangle ADM' => (1)AM=AB$.

$\angle ADN = \angle ADC = \angle ABN', AB=AD, BN'=DN => \triangle ADN = \triangle ABN' => (2)AN'=AN$

Из условия $N'M=M'N=MN$. Пусть:

$\angle BCA= \angle ACD = \angle BQA=\angle AQD=\alpha$;

$\angle DPQ=\angle DAQ=\angle DAN= \angle BAN'=\beta$

$\angle PQB= \angle PAB = \angle MAB=\angle M'AD=\theta$.

Тогда т.к $M'N=MN, AM=AM' => \angle MAN= \angle NAM' = \beta + \theta$.

Знаем, что $PAB = \theta, \angle DAQ=\beta=> \angle DAB=2(\beta+\theta)$, но одновременно $\angle DAB= 180^\circ - 2\alpha => \alpha+\beta+\theta=90^\circ$. Откуда следует $PD \bot AQ$ ,т.к $\angle DPQ=\beta, \angle AQP= \alpha+\theta$. Аналогично $BQ \bot AP$.

Пусть $BQ \cap PD = H$, тогда $H-$ ортоцентр $\triangle APQ$. Из свойства ортоцентра имеем, что точки $B$ и $D-$ точки симметричные точке $H$ относительно сторон $AP$ и $AQ$ соответственно, т.е $AP$ и $AQ-$ сер-перы к $BH$ и $HD$. А точки $M$ и $N$, как раз лежат на $AP$ и $AQ$ соответственно.

Откуда $MB=MH, HN=ND=> MN = MB+ND = MH+ NH$

Откуда по неравенству (точка равенства) ломанной следует, что $H$ лежит на $MN$.