3-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2016 год, третья лига, 11-12 классы
Комментарий/решение:
Пусть E - пересечение касание окружностей (AI1B) и (DHC). F=(AED)∩(BEC), а счетом углов:
∠(BF,FA)=∠(BF,FE)+∠(FE,FA)=∠(BC,CE)+∠(ED,DA)=∠DEC−∠DPC=180∘−2∠APB,
значит F∈AOB.
∠(DF,FC)=∠(DF,FE)+∠(FE,FC)=∠(DA,AE)+∠(EB,BC)=∠AI1B=∠DI2C,
где в предпоследнем равенстве использовалась симметричность (AI1B) относительно угла APB: то есть пусть G,I - пересечение (AI1B) с PA и PB соответственно. По лемме о трезубце центр (AI1B) есть середина дуги AB (PAB). ∠GAE+∠EAI=∠GI1E+∠EI1B+∠AI1G=∠AI1B. Из этого F∈DI2C
Далее нужно просто понимать, что при инверсии относительно точки Микеля ABCD M с радиусом √MA⋅MC + симметрии относительно биссектрисы угла AMC, получится следующее:
A→C,B→D,E→F,
то есть пара касающихся (AEB) и (DEC) перейдет в пару касающихся окружностей (AFB) и (DFC), что равносильно требуемому.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.