Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 10 класс

Диагонали вписанного выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $O$. Пусть $\ell$ — прямая, делящая угол $AOB$ пополам. Обозначим через $(\ell_1,\ell_2,\ell_3)$ невырожденный треугольник, образованный прямыми $\ell_1,\ell_2,\ell_3$. Пусть $\Delta_1=(\ell,AB,CD)$ и $\Delta_2=(\ell,AD,BC)$. Докажите, что описанные окружности треугольников $\Delta_1$ и $\Delta_2$ касаются друг друга. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Пусть $\ell$ пересекает отрезки $AB$ и $CD$ соответственно в точках $P$ и $Q$, и продолжения отрезков $BC$ и $AD$ --- в точках $R$ и $S$. Также введем следующие обозначения: $AB \cap CD=N$, $BC\cap AD=K$. Тогда $\Delta_1=\triangle PQN$ и $\Delta_2=\triangle RSK$.
Пусть $M$ --- точка Микеля четверки прямых $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$. Воспользуемся общеизвестным фактом о том, что $M$ лежит на прямой $NK$ (так как $ABCD$ --- вписанный четырехугольник), и что $M$ является центром поворотной гомотетии, переводящий треугольник $ABM$ в подобный ему треугольник $DCM$. Так как $AP/BP=AO/BO=DO/CO=DQ/CQ$, то точки $P$ и $Q$ соответствующие точки в этих подобных треугольниках, что немедленно дает равенств $\angle MPB = \angle MQC$. Значит, точки $P,Q,M,N$ лежат на одной окружности (обозначим эту окружность через $\omega_1$).
Аналогично можно доказать, что точки $R,S,M,K$ также лежат на одной окружности (обозначим эту окружность через $\omega_2$).
Осталось доказать, что эти окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ касаются.
Точки $M$, $C$, $Q$ и $R$ лежат на одной окружности, так как $\angle MCN = \angle MRQ$ (это внешние соответствующие углы подобных треугольников $CDM$ и $RSM$). Обозначим $\angle MPN=\alpha$. Если к $\omega_1$ провести касательную в точке $M$, то угол между этой касательной и прямой $NK$ будет равен $\alpha$. А если провести касательную к $\omega_2$ в точке $M$, то угол между этой касательной и прямой $NK$ также будет равен $\alpha$, так как $\angle MPN=\angle MQC=\angle MRC=\angle MSK$. Следовательно, эти касательные совпадают.

I’ll present a sketch of the solution.

The key is to observe that the tangency point is the Miquel Point of ABCD .(denote this point by X)

Knowing that X is the center of spiral similarity that sends BC to AD, it also sends J to K, where J and K are vertices of the triangle formed by (l, AB,CD) and J is on AB, K is on CD.

The rest of the problem is just angle chasing.

Будем линейно двигать точки $E,F$ на $AB,DC$ так, чтобы $\frac{AE}{EB}=\frac{DF}{FC}$. По 3-ей лемме о воробьях $M$ - точка Микеля $ABCD$ лежит на $(1)=(EF,AB,DC)$ и $(2)=(EF,AD,BC)$. Требуется проверить, что прямая, проходящая через центры $(1)$ и $(2)$ проходит через фиксированную точку. Можно рассмотреть 4 положения $EF$, тогда задача решена, или заметить, что центры $(1)$ и $(2)$ движутся линейно, а значит достаточно показать, что ($EF\cap AD=R$) $\angle (ME,EA)=\angle (MF,FD)=\angle (MR,RD)$, следовательно центры $(1)$ и $(2)$ проходят через $M$, а значит окружности касаются.