Математикадан Алматы қаласының олимпиадасы, 2010 жыл

$\omega$ шеңбері $ABCD$ төртбұрышына сырттай сызылған. $AB$ және $DC$ сәулелері $K$, ал $AD$ и $BC$ сәулелері $L$ нүктесінде қиылысады. $\omega$-ның центрі арқылы өтетін және $KL$-ге перпендикуляр түзу $KL$, $CD$ және $AD$ түзулерін сәйкесінше $P$, $Q$ және $R$ нүктелерінде қияды. $QL$, $BP$ және $KR$ түзулерінің бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіздер. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$Факт \: №1:$ в $\triangle ABC$ и проведены чевианы $AD, \: BE, \: CF$ которые пересекаются в одной точке и $BC \cap EF = G$, тогда $(B, C, D, G) = -1.$

$Факт \: №2:$ в $\triangle ABC$ и проведены чевианы $AD, \: BE, \: CF$ которые пересекаются в одной точке и $AD \perp BC$, тогда $\angle ADE = \angle ADF.$

$Теорема \: Брокарда: (ABCD), AB \cap CD = E, AD \cap BC = F, O - центр \: (ABCD), AC \cap BD = G \Rightarrow O - \: ортоцентр \: \triangle EGF.$

$Решение:$ Пусть $QL \cap KR = T, AC \cap BD = U, KL \cap AC = S, BD \cap KL = V \Rightarrow P, \: U, \: O$ - лежат на одной прямой по теореме Брокарда, тогда достаточно доказать то что $\angle BPU = \angle DPU$($Факт \: №2$). $(L, K, V, S) \stackrel{A}{=} (D, B, V, U) = -1$($Факт \: №1$), $\angle DPV = 90^\circ \Rightarrow \angle BPU = \angle DPU. \square$