Competition problem — Geometry — Maths Olympiad Prep

Library / /6 of 57

Geometry Difficulty 5.7 AIME, harder Prove it Russia

The diagonals $AC$ and $BD$ of a cyclic quadrilateral $ABCD$ meet at $P$ . The point $Q$ is chosen on the segment $BC$ so that $PQ \perp AC$ . Prove that the line of centers of the circumcircles of the triangles $APD$ and $BQD$ is parallel to $AD$ . (A. Kuznetsov)

Диагонали $AC$ и $BD$ вписанного четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $P$ . Точка $Q$ выбрана на отрезке $BC$ так, что $PQ \perp AC$ . Докажите, что прямая, проходящая через центры окружностей, описанных около треугольников $APD$ и $BQD$ , параллельна прямой $AD$ .
(А. Кузнецов)

Solutions — 2

Solution 1

Choose a point $T \in QP$ so that $DT \perp DA$ (see Fig. 16). The points $A$ , $P$ , $D$ , and $T$ are concyclic, so the center of the circle $APD$ lies on the perpendicular bisector $\ell$ of $DT$ (notice that $\ell \parallel AD$ ). Next, $\angle QBD = \angle PAD = \angle QTD$ , so the points $B$ , $Q$ , $D$ , and $T$ are also concyclic. So the center of the circle $BQD$ also lies on $\ell$ .

Solution 2

Выберем на прямой $QP$ точку $T$ такую, что $DT \perp DA$ (см. рис. 16). Поскольку $\angle APT = 90^\circ = \angle ADT$ , точки $A$ , $P$ , $D$ и $T$ лежат на одной окружности. Значит, центр окружности $\omega_1$ , описанный около треугольника $APD$ , лежит на серединном перпендикуляре $\ell$ к отрезку $DT$ .

Рис. 16

Так как четырехугольник $ABCD$ вписан, имеем $\angle QBD = \angle PAD$ . Четырехугольник $APDT$ также вписан, откуда $\angle PAD = \angle QTD$ . Итак, $\angle QBD = \angle PAD = \angle QTD$ ; значит, точки $B$ , $Q$ , $D$ и $T$ лежат на одной окружности.

Want a route through all this instead of an archive? The track puts 2,000 problems in a working order, from AMC 10 level to the IMO shortlist.

Source: MathNet, licensed CC-BY-4.0. Statement and solution reproduced as published; topic and difficulty added by this site.