Математикадан 52-ші халықаралық олимпиада, 2011 жыл, Амстердам

Сырттай сызылған шеңбері $\Gamma $ болатын сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы берілген. $\ell $ түзуі $\Gamma $-ны жанайды, ал ${{\ell }_{a}}$, ${{\ell }_{b}}$ және ${{\ell }_{c}}$ түзулері $\ell $ түзуіне сәйкесінше $BC$, $CA$ және $AB$ түзулеріне қарағанда симметриялы екені белгілі. ${{\ell }_{a}}$, ${{\ell }_{b}}$ және ${{\ell }_{c}}$ түзулері анықтайтын үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің $\Gamma $ шеңберін жанайтынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Нетрудно свести задачу к такой: Дан выпуклый четырехугольник $ABCD$, в котором внутренние биссектрисы углов $A$ и $B$ пересекаются в точке $I_{ab}$. Точки $I_{bc}$, $I_{cd}$, $I_{da}$ определяются аналогично, тогда очевидно, что полученный четырехугольник вписанный. Пусть $AB\cap CD=E$ ($E$ может быть и бесконечно удаленной) и $AD\cap BC=F$. Нам нужно доказать, что если его описанная окружность касается прямой $AB$, то она касается описанной окружности $(FCD)$. Рассмотрим инверсию с центром в точке Микеля четырехугольника $ABCD$ - $M$, радиусом $\sqrt{ME*MF}=\sqrt{MA*MC}=\sqrt{MD*MB}$ и отражением относительно общей биссектрисы углов $\angle EMF, \angle BMD, \angle AMC$. Штрих означает образ инверсии, тогда $$\angle BI_{ad}’C = \angle MI_{ad}’C - \angle MI_{ad}’B = \angle MAI_{ad} - \angle MDI_{ad} = \angle AED + \angle AI_{ad}D = \angle BI_{bc}C$$, где равенства следуют из подобий $\Delta MI_{ad}D \sim \Delta MBI_{ad}’$ и $\Delta MI_{ad}A \sim \Delta MCI_{ad}’$ (которые выходят из равенств произведений при инверсии и равенств углов при отражении), тогда $I_{ad}’$ лежит на окружности $(BI_{bc}C)$, аналогично можно показать, что $I_{ad}’$ лежит на $(FI_{cd}C)$, тогда $I_{ad}’$ это точка Микеля четырехугольника $FI_{cd}I_{bc}B$, значит лежит на $(I_{ad}I_{cd}I_{bc}I_{ab})$, то есть эта окружность переходит сама в себя при такой инверсии, а прямая $AB$, как раз, переходит в $(FCD)$, откуда и следует утверждение