Macedonian Mathematical Olympiad

We will first show that the points $Y$, $B$ and $Z$ are collinear. Since the quadrilateral $BYAP$ is inscribed we have $\angle PBY = \angle PAX$. Since the quadrilateral $AXCP$ is inscribed we have $\angle PAX = \angle PCZ$. Since the quadrilateral $CPBZ$ is inscribed we obtain $\angle PBZ + \angle PCZ = 180^\circ$. Therefore $\angle YBZ = \angle YBP + \angle PBZ = 180^\circ$.

Let us notice that $\angle CO_1O_3 = \angle PO_1O_3$ and $\angle AO_1O_2 = \angle PO_1O_2$, from where it follows that $\angle O_2O_1O_3 = \frac{1}{2} \angle AO_1C = \angle AXC$. Similarly $\angle O_1O_2O_3 = \angle AYB$ and $\angle O_1O_3O_2 = \angle CZB$. It follows that $\triangle XYZ \sim \triangle O_1O_2O_3$, with which we've proven the statement under a).

Let the line $X_1Y_1$ be parallel to $O_1O_2$ and pass through $A$, where $X_1$ lies on $k_1$ and $Y_1$ lies on $k_2$. Let $Z_1$ be the intersection of the line $X_1C$ with the circle $k_3$. From the afore-proven, the points $Y_1$, $B$ and $Z_1$ are collinear and $\triangle X_1Y_1Z_1 \sim \triangle O_1O_2O_3$. Furthermore, $\angle PXA = \angle PX_1A$ and $\angle PYA = \angle PY_1A$. Therefore $\triangle PXY \sim \triangle PX_1Y_1$. Let $PT$ be the altitude dropped from the vertex $P$ to the side $XY$. $PA$ is the altitude of the triangle $PX_1Y_1$. Since $PA$ is a hypotenuse in the right-angled triangle $PAT$ we get $\overline{PT} \leq \overline{PA}$. Therefore $P_{PXY} \leq P_{PX_1Y_1}$ and analogously $P_{PYZ} \leq P_{PY_1Z_1}$ and $P_{PXZ} \leq P_{PX_1Z_1}$. From this we get $P_{XYZ} \leq P_{X_1Y_1Z_1}$. The points $P$, $O_1$ and $X_1$ are collinear since $\angle PAX_1 = 90^\circ$. Similarly $P$, $O_2$ and $Y_1$ are collinear and $P$, $O_3$ and $Z_1$ are collinear. We get that $O_1O_2$, $O_1O_3$ and $O_2O_3$ are midsegments in the triangles $X_1Y_1P$, $X_1Z_1P$ and $Y_1Z_1P$ respectively, and so $P_{X_1Y_1Z_1} = 4P_{O_1O_2O_3}$. This gives us the required inequality. Equality is attained when the points $X$ and $X_1$ coincide, and with that the points $Y$ and $Y_1$ as well as the points $Z$ and $Z_1$ coincide.

Прво ќе докажеме дека точките $Y$, $B$ и $Z$ се колинеарни. Бидејќи четириаголникот $BYAP$ е тетивен имаме $\angle PBY = \angle PAX$. Бидејќи четириаголникот $AXCP$ е тетивен $\angle PAX = \angle PCZ$. Бидејќи четириаголникот $CPBZ$ е тетивен добиваме $\angle PBZ + \angle PCZ = 180^\circ$. Значи $\angle YBZ = \angle YBP + \angle PBZ = 180^\circ$.

Да забележиме дека $\angle CO_1O_3 = \angle PO_1O_3$ и $\angle AO_1O_2 = \angle PO_1O_2$, од каде следува $\angle O_2O_1O_3 = \frac{1}{2} \angle AO_1C = \angle AXC$. Слично $\angle O_1O_2O_3 = \angle AYB$ и $\angle O_1O_3O_2 = \angle CZB$. Следува дека $\triangle XYZ \sim \triangle O_1O_2O_3$, со што го докажавме тврдењето под а).

Нека правата $X_1Y_1$ е паралелна со $O_1O_2$ и минува низ $A$, каде $X_1$ лежи на $k_1$ и $Y_1$ лежи на $k_2$. Нека $Z_1$ е пресечната точка на правата $X_1C$ со кружницата $k_3$. Од претходно докажаното точките $Y_1$, $B$ и $Z_1$ се колинеарни и $\triangle X_1Y_1Z_1 \sim \triangle O_1O_2O_3$. Уште повеќе, $\angle PXA = \angle PX_1A$ и $\angle PYA = \angle PY_1A$. Па $\triangle PXY \sim \triangle PX_1Y_1$. Нека $PT$ е висината спуштена од темето $P$ кон страната $XY$. $PA$ е висината на триаголникот $PX_1Y_1$. Бидејќи $PA$ е хипотенуза во правоаголниот триаголник $PAT$ добиваме $\overline{PT} \leq \overline{PA}$. Па $P_{PXY} \leq P_{PX_1Y_1}$ и аналогно $P_{PYZ} \leq P_{PY_1Z_1}$ и $P_{PXZ} \leq P_{PX_1Z_1}$. Од ова добиваме $P_{XYZ} \leq P_{X_1Y_1Z_1}$. Точките $P$, $O_1$ и $X_1$ се колинеарни затоа што $\angle PAX_1 = 90^\circ$. Слично $P$, $O_2$ и $Y_1$ се колинеарни и $P$, $O_3$ и $Z_1$ се колинеарни. Добиваме дека $O_1O_2$, $O_1O_3$ и $O_2O_3$ се средни линии во триаголниците $X_1Y_1P$, $X_1Z_1P$ и $Y_1Z_1P$ соодветно, па $P_{X_1Y_1Z_1} = 4P_{O_1O_2O_3}$. Од ова се добива бараното неравенство. Равенство се достигнува кога точките $X$ и $X_1$ се соовпаѓаата, а со тоа и точките $Y$ и $Y_1$ се соовпаѓаат и точките $Z$ и $Z_1$ се соовпаѓаат.