Азия-тынық мұхит математикалық олимпиадасы, 2023-жыл

$ABCD$ параллеллограммының $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ қабырғаларынан, сәйкесінше, $W$, $X$, $Y$, $Z$ нүктелері $AWZ$, $BXW$, $CYX$, $DZY$ үшбұрыштарына іштей сызылған шеңберлер центрлері параллелограмм төбелері болатындай алынған. $WXYZ$ төртбұрышы да параллелограмм екенін дәлеледеңіз.

Комментарий/решение

1) Пусть $E,J,E',J'$ инцентры $AWZ,ZDY,CXY,BWX$.

Точки $E,J,E',J'$ лежат на биссектрисах и по условию $EE'JJ'$ параллелограмм, если

$N \in AE \cap JD, M \in CE' \cap BJ'$ тогда $AND, BMC$ равные треугольники по двум углам и равной стороне $AD=BC$ значит, если $EJ || E'J'$ и $EJ=E'J'$ тогда треуг-и $EMJ, NE'J'$ равны, значит $AE=CE', DJ=BJ'$.

2) Пусть $I \in AC \cap BD$ и $W' \in WI \cap CD, Y' \in YI \cap AB, Z' \in ZI \cap BC$ тогда если $Y=W', X=Z'$ $(*)$ тогда $J',E'$ симметричны $J,E$ относительно точки $I$ и из-за симметрии $XYZW$ - параллелограмм.

3) Покажем что $(*)$ это единственное положение точек, зафиксируем точки $W,Z$ или по другому $E,E'$ то есть инцентры $AWZ,CW'Z'$ и $J$ инцентр $DZY$ и $J'$ симметричен относительно $I$ соответственно, будем двигать точки $X,Y$ двигать по сторонам $BC,CD$.

Без ограничения общности, пусть $\angle A$-острый, учитывая $AE=CE', JD=BJ'$

$1.$ Если $X=Z'$

$Y$ лежит внутри $W'D$ тогда $\angle CXY > \angle CXW'$ откуда если $E''$ инцентр $CXY$ и $d(a,b)$ расстояние от $a$ до $b$ тогда $\angle CXE'' > \angle CXE'$ значит $d(E'',BC)>d(E',BC)$ и наоборот когда $Y$ лежит в $W'C$ тогда $d(E'',BC)<d(E',BC)$

$2.$ Если $Y=W'$

$X$ лежит внутри $BZ'$ тогда $\angle CYX > \angle CYZ'$ откуда $d(E'',CD)>d(E',CD)$ аналогично $X \in CZ'$ тогда $d(E'',CD)<d(E',CD)$

$3.$ Если $WL,YG$ биссектрисы $BWX,CYX$ тогда из вышеперечисленных следует, что если $Y \in W'D, X \in BZ'$ тогда $E'$ лежит внутри $CYG$ соответственно если нет, то вне его.

$4.$ Тогда если $Y' \in W'D$ тогда $X$ обязана находится в $BZ'$ так как $\angle DZW' > \angle DZY$ и $JD=BJ'$ но тогда из п.$3$ следует что $E'$ лежит внутри $CGY$ значит $E'$ не является инцентром, аналогично если $Y \in CW'$ тогда $X \in CZ'$ но тогда $E'$ лежит вне треугольника $CYG$.

Значит возможен только случай $(*)$

Обозначим инцентры треугольников $I_1, I_2, I_3, I_4$ с радиусами $r_1, r_2, r_3, r_4$. Б.О.О. $r_1>r_2$ и обозначим острый угол между прямыми $I_1I_2$ и $AB$ (и соответсtвенно угол между прямыми $I_3I_4$ и $CD$) как $\beta$. Тогда из подобии и теоремы синусов легко заметить что:

$$r_1-r_2=I_1I_2\cdot sin\beta=I_3I_4\cdot sin\beta=r_3-r_4$$

отсюда следует что $r_1+r_4=r_2+r_3$, аналогично $r_1+r_2=r_3+r_4$, значит $r_1=r_3$ и $r_2=r_4$.

Теперь зафиксируем наши окружности. Легко заметить что они симметричны относительно центра $ABCD$. Тогда давайте будем двигать точку $W$ по прямой $AB$. Если $AW_1<AW_2$(где $W_1$ и $W_2$ две различные позиции точки $W$) то понятно $AZ_1>AZ_2$. Тогда можно понять что если Б.О.О. $AW>CY$ то у нас $AZ<CX$. Из череды аналогичных неравенств получим что:

$AW>CY \Rightarrow BW<DY \Rightarrow BX>DZ \Rightarrow AZ>BX$ что противоречит тому что $AZ<BX$. Значит $AW=CY$ откуда легко следует требуемое.