4. Zadatak

Prvo rješenje.

Neka su $\alpha,\beta,\gamma$ redom mjere unutarnjih kutova trokuta u vrhovima $A,B,C$ te neka je $\varphi_1=|\angle TPM|$ i $\varphi_2=|\angle NPT|$.

Budući da je $M$ polovište luka nad tetivom $\overline{BC}$, slijedi da $M$ leži na pravcu $AI$. Nadalje, iz jednakosti obodnih kutova nad tetivom $\overline{MB}$ imamo $|\angle BCM|=|\angle BAM|=\frac\alpha2$ pa slijedi

$$|\angle ICM|=|\angle ICB|+|\angle BCM|=\frac\gamma2+\frac\alpha2.$$

S druge strane, $\angle MIC$ je vanjski kut trokuta $AIC$ pa je njegova mjera jednaka zbroju mjera unutarnjih kutova trokuta s kojima ne dijeli zajednički vrh:

$$|\angle MIC|=|\angle CAI|+|\angle ACI|=\frac\alpha2+\frac\gamma2.$$

Dakle, $|\angle ICM|=|\angle MIC|$ pa je trokut $ICM$ jednakokračan i $|MI|=|MC|$.

Analogno se pokaže i $|\angle ICN|=|\angle NIC|$, odakle slijedi $|NI|=|NC|$.

Četverokut $NMCP$ je trapez koji je ujedno i tetivan, pa slijedi da je $MNCP$ jednakokračni trapez. Zato imamo

$$|NI|=|NC|=|MP|,\qquad |MI|=|MC|=|PN|,$$

pri čemu smo redom koristili jednakost duljina dijagonala i krakova trapeza jednakokračnog $MNCP$.

Nadalje, iz jednakosti kutova uz presječnicu, te iz jednakosti obodnih kutova nad tetivom $\overline{MC}$ redom slijedi

$$|\angle PMN|=|\angle MPC|=|\angle MAC|=\frac\alpha2,$$

dok iz jednakosti obodnih kutova nad tetivom $\overline{NA}$ slijedi

$$|\angle NMI|=|\angle NMA|=|\angle NBA|=\frac\beta2.$$

Odavde dobivamo

$$|\angle PMI|=|\angle PMN|+|\angle NMA|=\frac{\alpha+\beta}{2}.$$

Analogno dobivamo $|\angle INP|=\frac{\alpha+\beta}{2}$.

Sada primjenom poučka o sinusima na trokute $PIM$ i $PNI$ redom dobivamo

$$\frac{|PN|}{|PI|}=\frac{|IM|}{|PI|} =\frac{\sin\varphi_1}{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}, \qquad \frac{|PM|}{|PI|}=\frac{|IN|}{|PI|} =\frac{\sin\varphi_2}{\sin\frac{\alpha+\beta}{2}}.$$

Iz ovih jednakosti posebno slijedi

$$\frac{|PN|}{|PM|}=\frac{\sin\varphi_1}{\sin\varphi_2}.$$

Primjenom poučka o sinusu na trokut $MNT$ dobivamo

$$\frac{|MT|}{|NT|} =\frac{\sin|\angle TNM|}{\sin|\angle NMT|} =\frac{\sin|\angle TPM|}{\sin|\angle NPT|} =\frac{\sin\varphi_1}{\sin\varphi_2},$$

pri čemu smo koristili jednakost obodnih kutova nad tetivama $\overline{MT}$ i $\overline{NT}$.

Konačno, iz posljednje dvije jednakosti slijedi

$$\frac{|PN|}{|PM|}=\frac{|MT|}{|NT|},$$

odnosno $|MP|\cdot|MT|=|NP|\cdot|NT|$, što je i trebalo dokazati.

Drugo rješenje.

Kao i u prvom rješenju dobivamo da je

$$|NI|=|NC|=|MP|,\qquad |MI|=|MC|=|PN|,$$

S druge strane, četverokut $NIMP$ ima nasuprotne stranice jednake duljine, pa je taj četverokut paralelogram. Označimo sa $S$ sjecište njegovih dijagonala.

Budući da su tetive $\overline{NP}$ i $\overline{CM}$ jednake duljine, to su i njihovi pripadni obodni kutovi $|\angle PTN|$ i $|\angle MTC|$ sukladni. Iz jednakosti obodnih kutova nad tetivom $\overline{MT}$ slijedi

$$|\angle TCM|=|\angle TNM|=|\angle TNS|.$$

Zato prema KK poučku o sličnosti slijedi da su trokuti $NST$ i $CMT$ slični. Iz te sličnosti dobivamo

$$\frac{|NT|}{|NS|}=\frac{|CT|}{|CM|}.$$

Sada je

$$|NP|\cdot|NT|=|CM|\cdot|NT|=|CT|\cdot|NS|. \tag{1}$$

Analogno, iz sličnosti trokuta $NCT$ i $SMT$ dobivamo

$$|MP|\cdot|MT|=|CT|\cdot|MS|. \tag{2}$$

Točka $S$ je sjecište dijagonala paralelograma $NIMP$ pa ona raspolavlja dužinu $NM$, to jest, $|NS|=|MS|$. Konačno, iz jednakosti $(1)$ i $(2)$ slijedi

$$|NP|\cdot|NT|=|MP|\cdot|MT|,$$

što je i trebalo dokazati.