Математикадан облыстық олимпиада, 2022 жыл, 9 сынып

$AB = AC$ және $\angle BAC > 90^\circ$ болатындай $ABC$ үшбұрышы берілген. $O$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі. $M$ нүктесі $A$ нүктесіне $BC$ қабырғасына қатысты симметриялы нүкте. $BC$ түзуінің $C$ нүктесінен әрі созыңдысынан $D$ нүктесі алынған. $DM$ түзуі $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді $E$ және $F$ нүктелерінде қияды. $ADE$ және $ADF$ үшбұрыштарына сырттай сызылаған шеңберлері $BC$ қабырғасын $P$ және $Q$ нүктесінде қияды. $A$, $P$, $O$ және $Q$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңіз. ( Шакиев А. )

Комментарий/решение

Пусть $AE\cap BC=X$ и $AF\cap BC=Y$. $AP=PE$ и $AQ=QF$ из-за того что $\angle MDB= \angle BDA$ ведь $D$ лежит на серединном перпендикуляре к $AM$. Из равенства углов $\angle BEA= \angle ABX= \angle ACY= \angle AFC$ получаем что треугольник $ABX$ подобен треугольнику $AEB$ и треугольник $ACY$ подобен треугольнику $AFC$. Из этих подобий получаем что $AB^{2}=AC^{2}=AY×AF=AX×AE$ откуда $XYFE$ вписанный. Пусть $PO\cap AE=K$ и $AM\cap BC=N$. $OAPE$ $kite$ и $\angle XKO= \angle XNO=90$ и $ONXK$ вписанный и $\angle POA=\angle AXQ= \angle AFE= 180- \angle AFD= 180- \angle AQD= \angle AQP$ от куда $AQOP$ вписанный ч.т.д.

Пусть $FP \cap QE = G$. Тогда т.к $A$ лежит на окружностях $(QED), (FPD) => $ точка $A-$ точка Микеля для четырехугольника $FPQE=>$ четырехугольники $AGPQ, AGFE-$ вписанные, откуда $G$ лежит на окружности $(ABC)$.

Пусть теперь:

$(1)\angle AQP = \angle PQM = \alpha$

$(2)\angle APQ = \angle QPM = \beta$. Тогда очевидно , что:

$\dfrac{\angle APM}{2}=\beta=\angle APQ = \angle AGQ = \angle AFE, PM = PA=>$

$P-$ центр $(FMA)$. Аналогично $Q-$ центр $(AME)$. Нетрудным счётом углов можно убедиться, что т.к $FP=PA, FO=OA=> \angle POA = \dfrac{\angle FOA}{2} = \alpha = \angle AQP$. Что и требовалось доказать.