Геометриядан Иран олимпиадасы, 2016 жыл, 3-ші лига (11-12 сыныптар)

Дөңес $ABCD$ төртбұрышында $AD$ мен $BC$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады. $I_1$ мен $I_2$ нүктелері сәйкесінше $PAB$ мен $PDC$ үшбұрыштарына іштей сызылған шеңберлердің центрлері. $O$ нүктесі — $PAB$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі, ал $H$ — $PDC$ үшбұрышының биіктіктер қиылысу нүктесі. $AI_1B$ және $DHC$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер жанасатыны, $AOB$ және $DI_2C$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлер жанасқан жағдайда ғана, және тек сол жағдайда ғана жанасатынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть $E$ - пересечение касание окружностей $(AI_1B)$ и $(DHC)$. $F=(AED)\cap (BEC)$, а счетом углов:

$$\angle (BF,FA)=\angle (BF,FE)+\angle (FE,FA)=\angle (BC,CE)+\angle (ED,DA)=\angle DEC-\angle DPC=180^\circ-2\angle APB,$$

значит $F\in AOB$.

$$\angle (DF,FC)=\angle (DF,FE)+\angle (FE,FC)=\angle (DA,AE)+\angle (EB,BC)=\angle AI_1B=\angle DI_2C,$$

где в предпоследнем равенстве использовалась симметричность $(AI_1B)$ относительно угла $APB$: то есть пусть $G,I$ - пересечение $(AI_1B)$ с $PA$ и $PB$ соответственно. По лемме о трезубце центр $(AI_1B)$ есть середина дуги $AB$ $(PAB)$. $\angle GAE+\angle EAI=\angle GI_1E+\angle EI_1B+\angle AI_1G=\angle AI_1B$. Из этого $F\in DI_2C$

Далее нужно просто понимать, что при инверсии относительно точки Микеля $ABCD$ $M$ с радиусом $\sqrt{MA\cdot MC}$ + симметрии относительно биссектрисы угла $AMC$, получится следующее:

$$A\to C, B\to D, E \to F,$$

то есть пара касающихся $(AEB)$ и $(DEC)$ перейдет в пару касающихся окружностей $(AFB)$ и $(DFC)$, что равносильно требуемому.