Математикадан 49-шы халықаралық олимпиада, 2008 жыл, Мадрид
Комментарий/решение:
Пусть ω1∩AC=E и ω2∩AC=F. А E′,F′ отметим как диаметрально противоположные точки точкам E,F.
Так как 2CE=CB+AC−AB тогдa не сложным счетом отрезков можно понять что CE=AF. Значит F точка касание B-вневписанной окружности и аналогично E точка касание D-вневписанной. Отсюда по задаче IMO 1992 P4 можно понять что B−E′−F,D−F′−E колинеарны. Заметим то E′E||FF′ отсюда EF′∩FE′=Z где Z и есть пересечение общих внешних касательных .
Пусть прямая паралельная AC проходящая через Z пересекает AB,BC в точках A1,C1 а AD,DC в точках A2,C2. При гомотетии с центром B переводящая AC в A1C1 , переводит F в Z. А так как F точка касание B-вневписанной окружности значит Z точка касание B-вневписанной для BA1C1=ω3. Аналогично совершив такую же гомотетию с центром D можно понять что K точка касание D-вневписанной для DA2C2=ω4.
По теореме монжа для ω,ω3,ω4 выходит что B−D−K колинеарны что не возмонжно отсюда ω=ω3=ω4
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.