Quadrilateral and perpendicular

[ins-]

It is given an inscribed quadrilateral $ABCD$. $P$ is the intersection point of the diagonals. The circumference of the $\Delta CDP$ intersects the sides $AD$ and $BC$ at the points $M$ and $N$ respectively. The circumferences of the $\Delta AMP$ and $\Delta BNP$ intersects again at the point $Q$. Prove that $PQ \bot AB$.

[w0robey]

Show the picture, please.

[ins-]

You can see the picture here. It is with no good quality but I think now the things are more clear.
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... &mode=view

[w0robey]

I have bad relationships with geometry, but I think that here we must apply the inversion. You can of course somehow different, but it's the first thing that comes to mind.
P. S. And you speak in Russian / Ukrainian / Belarussian language, so will be easier to communicate? I understand English, but grammar is awful.

[ins-]

(Оффтоп)

I learned Russian for 8 years at school and it is similar to Bulgarian. I understand almost everything without using dictionary but my grammar is awful. Every day I read software development books written in English for at least 8 hours. It is the reason to use it most frequently.

[nnosipov]

ins- в сообщении #435744 писал(а):

It is given an inscribed quadrilateral $ABCD$. $P$ is the intersection point of the diagonals. The circumference of the $\Delta CDP$ intersects the sides $AD$ and $BC$ at the points $M$ and $N$ respectively. The circumferences of the $\Delta AMP$ and $\Delta BNP$ intersects again at the point $Q$. Prove that $PQ \bot AB$.

Решение для ленивых: взять да и посчитать (в комплексных числах, например). Польза от такого решения всё же есть --- можно лишний раз поупражняться в алгебре комплексных чисел.

[ins-]

Every solution have a sence. Some calculations can be beautiful in their own way.A problem I posted here was solved with trigonometry in extremely beautiful way.
If you have time - can you post your solution?

[Dimoniada]

Generally, $Q$- orthocenter $\triangle ABP$.

[w0robey]

nnosipov в сообщении #435782 писал(а):

Решение для ленивых: взять да и посчитать (в комплексных числах, например). Польза от такого решения всё же есть --- можно лишний раз поупражняться в алгебре комплексных чисел.

Коплексная геометрия, координатный метод придумали для компьютеров, решать эту задачу с помощью чего-либо из вышеперечисленного считаю самоубийством...
Dimoniada, why?

[Dimoniada]

Решение длинное (отмечаем много равных углов), но прозрачное. По ходу решения доказываем, что $PM=PN$, что окружности $(APM)$ и $(BPN)$ равны. В конце приходим к $\triangle ABP$ в котором оказывается $\angle PBQ = \angle PAQ$, $\angle BPQ = \angle BAQ$ и $\angle APQ = \angle ABQ$.

[w0robey]

А, ну тогда и всё, рассматриваем маленький (по идее прямоуг.) треугольник, там и получается, что там прямой угол. Ура!
Отсалось подробнее расписать, как получилось вышенаписанное.

[nnosipov]

w0robey в сообщении #435792 писал(а):

Коплексная геометрия, координатный метод придумали для компьютеров, решать эту задачу с помощью чего-либо из вышеперечисленного считаю самоубийством...

Надеюсь, это Вы не в меня.

-- Вс апр 17, 2011 17:29:04 --

ins- в сообщении #435787 писал(а):

Every solution have a sence. Some calculations can be beautiful in their own way.A problem I posted here was solved with trigonometry in extremely beautiful way.
If you have time - can you post your solution?

Ok, немного попозже.

[Dimoniada]

Следуя обозначениям рис. $ins-$,
$\angle MDP=\angle NCP$ откуда в окружности $(DPC)$ имеем $MP=PN$. На эти отрезки опираются углы $\angle MAP=\angle PBN$ $\Rightarrow$ радиусы окр. $(MAP)$ и $(NBP)$ равны. У последних $PQ$ - общая хорда $\Rightarrow$ $\angle PAQ=\angle PBQ$ (точки $A$ и $B$ лежат по разные стороны от прямой $PQ$). Далее $\angle PAQ+ \angle QAB= \angle PAB=\angle PDC=\angle PNB= \angle PBQ+ \angle QPB$, значит $\angle QPB= \angle QAB$, аналогично $\angle QPA= \angle QBA$. Тогда $Q$- ортоцентр $\triangle ABP$.

[ins-]

Thank you for the short and elegant solution dear Dimoniada. It is not the best problem but it is not also the worst . When I have more time I'll try to invent something better.
Just a remark: There can be discovered many statements with concyclic points where circumferences ot the triangles ABP, BCP, CDP, DAP are involved but I didn't like them very much it is the reason I didn't post them.

[nnosipov]

Вот вычисления (в обозначениях ins-). Пусть $A=z_1$, $B=z_2$, $C=z_3$, $D=z_4$, где $z_i$ --- комплексные числа, по модулю равные единице. Тогда

$$ P={\frac {z_{{1}}z_{{3}}z_{{2}}+z_{{1}}z_{{3}}z_{{4}}-z_{{2}}z_{{4}}z_{{ 1}}-z_{{2}}z_{{4}}z_{{3}}}{z_{{1}}z_{{3}}-z_{{2}}z_{{4}}}}, \quad M={\frac {z_{{1}}z_{{3}}z_{{4}}-z_{{4}}{z_{{1}}}^{2}-z_{{2}}z_{{4}}z_{{3 }}+{z_{{1}}}^{2}z_{{3}}}{z_{{1}}z_{{3}}-z_{{2}}z_{{4}}}} $$

$$ N={\frac {z_{{1}}z_{{3}}z_{{4}}-z_{{2}}z_{{4}}z_{{3}}+z_{{3}}{z_{{2}}}^{ 2}-{z_{{2}}}^{2}z_{{4}}}{z_{{1}}z_{{3}}-z_{{2}}z_{{4}}}}, \quad Q={\frac {{z_{{1}}}^{2}z_{{3}}+z_{{1}}z_{{3}}z_{{4}}-{z_{{2}}}^{2}z_{{4} }-z_{{2}}z_{{4}}z_{{3}}}{z_{{1}}z_{{3}}-z_{{2}}z_{{4}}}} $$

А далее следует механически проверить, что $Q$ --- ортоцентр треугольника $ABP$.

Это решение, конечно, никакой не beautiful way и вообще никакой не way, если речь идёт о решении олимпиадной задачи. Но если есть необходимость в проверке какой-нибудь элементарно-геометрической гипотезы, то этот путь может оказаться единственным реально возможным. Так обстоит дело, например, с гипотезой Заславского о четырёхугольниках Брокара (погуглите) --- чисто геометрического её доказательства так пока и не нашли, а вычислительное не сложнее того, что я привёл выше.