Высшая проба, заключительный этап 2023, 11 класс, №4

В окружность \(\omega\) вписан треугольник \(ABC\) такой, что биссектриса внешнего угла \(B\) пересекает \(\omega\) в точке \(M\). Прямая, параллельная \(BM\), пересекает стороны \(BC\), \(AB\) и продолжение стороны \(CA\) за точку \(A\) в точках \(P\), \(Q\) и \(R\) соответственно. Прямая \(MR\) вторично пересекает \(\omega\) в точке \(X\). Докажите, что точки \(B\), \(P\), \(Q\), \(X\) лежат на одной окружности.

Видеоразбор

Решение

В окружность \(\omega\) вписан треугольник \(ABC\) такой, что биссектриса внешнего угла \(B\) пересекает \(\omega\) в точке \(M\). Прямая, параллельная \(BM\), пересекает стороны \(BC\), \(AB\) и продолжение стороны \(CA\) за точку \(A\) в точках \(P\), \(Q\) и \(R\) соответственно. Прямая \(MR\) вторично пересекает \(\omega\) в точке \(X\). Докажите, что точки \(B\), \(P\), \(Q\), \(X\) лежат на одной окружности.

Видеоразбор

Решение

Видеоразбор

Решение

Будем доказывать, что \(X\) - точка Микеля \(AQPC\), из этого последует то, что \(X\) лежит на \((BQP)\). \(X\) лежит на \((ABC)\), докажем, что \(X\) также лежит на \((AQR)\), из этого \(X\) будет точкой Микеля. Заметим, что \(\angle AQR = \angle BQP = \angle BPQ = \angle PBM\) (из параллельности внешней биссектрисе \(BQP\) равнобедренный) \(= \frac{1}{2} \smile MC = \frac{1}{2} \smile MA\) (\(M\) - середина дуги из биссектрисы) \(= 180\degree - \angle AXM = \angle AXR\); \(\angle AQR = \angle AXR\), \(\Rightarrow AQXR\) вписанный, что мы и хотели доказать