mateforum.ro

Patrulaterul convex \( ABCD \) este inscris in cercul \( \omega \) de centru \( O \). Fie \( P \) punctul de intersectie a diagonalelor \( AC \) si \( BD \) \( (P\neq O) \). Cercurile circumscrise triunghiurilor \( ABP \) si \( CDP \) se intersecteaza a doua oara in \( Q \) \( (Q\neq O) \). Sa se arate ca \( \angle PQO = 90^{\circ} \).

China '92

asta a ramas nerezolvata de mult, hai sa postez eu o solutie scurta, tot cu proiectiva

fie \( K \in AB \cap CD \) si \( L \in AD \cap BC \).
ma uit intai la cercurile \( \omega, \mathcal{C}_{ABP}, \mathcal{C}_{CDP} \) , care daca le luam doua cate doua, au axele radicale \( CD, AB, PQ \), si acestea sunt concurente, deci \( K,P,Q \) sunt coliniare.
fie si \( X \in KP \cap AD \). atunci \( (A,D,X,L) \) formeaza o diviziune armonica, deci fasciculul \( QL,QK, QA, QD \) este armonic.
dar \( QK \) este bisectoarea unghiului \( \angle AQD \), deoarece \( \angle PQD = \angle DCA \) si \( \angle PQA = \angle DBA \), iar \( \angle DCA=\angle DBA \).
cum fasciculul este armonic, rezulta \( QK \bot QL \). (*)
dar \( KP \) este polara lui \( L \) in raport cu \( \omega \), deci \( OL \bot PK \). (**)
din (*) si (**) rezulta ca \( O,Q,L \) sunt coliniare si ca \( OQ\bot PQ \), adica ce aveam de demonstrat.