Западно-Китайская математическая олимпиада, 2016 год

Во вписанном четырехугольнике $ABCD$ углы $BAC$ и $DAC$ равны. Докажите, что одна из общих внешних касательных к окружностям, вписанных в треугольники $ABC$ и $ADC$, параллельна прямой $BD$.

Комментарий/решение

Пусть $O_{1},O_{2}$ центры вписанных окр-й в $ABC,ACD$ и $N \in CO_{1} \cap AB, \ M \in CO_{2} \cap AD$ по условию выходит что $BC=CD$ тогда $\dfrac{BN}{AN} = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{CD}{AC} = \dfrac{DM}{AM}$ то есть $MN || BD$.

Пусть $Y \in MN$ и $O_{1}Y \perp MN$ и $O_{1}E=r_{ABC}$ где $E \in AC$ и $ H \in CO \perp MN, \ J \in \ AC , \ BJ \perp AC$ покажем что $O_{1}Y = O_{1}E$

Доказательство: положим что $ \angle ABO_{1}=a, \ \angle ACN=c, \ \angle ACM =b$ но $ABCD$ вписанный тогда $b=90^{\circ}-2a-c$ так же из вышеописанного $\angle ANM = 2b$

Учитывая известное соотношение для биссектрисы $\dfrac{CO_{1}}{NO_{1}}=\dfrac{AC+BC}{AB}$ и из треугольника $NO_{1}Y$ получается

$O_{1}Y = \dfrac{CH \cdot AB}{AC+BC+AB}$ аналогично $O_{1}E = \dfrac{BJ \cdot AC}{BC+AC+AB}$ то есть $CH \cdot AB = BJ \cdot AC$ или по другому $\sin(2a) = \dfrac{CH}{AC}$ но $\dfrac{CH}{AC}=\dfrac{\sin(2a+2b+c) \cdot \sin(2a)}{\sin(2a+c)}$ то есть нужно показать $\sin(2a+2b+c) = \sin(2a+c)$ что верно так как $2a+2b+c+2a+c=180^{\circ}$ аналогично с другой окружностью, значит $MN$ и есть общая касательная.