Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 10 класс

Дан треугольник $ABC$ ($AB\neq AC$), в котором $I$ — центр вписанной окружности, $I_A$ — центр вневписанной окружности, касающейся стороны $BC$, $\Omega$ — описанная окружность и $AD$ — высота. Пусть $M$ — середина дуги $BAC$, а $AL$ — диаметр $\Omega$. Прямые $IL$ и $I_AD$ пересекаются в точке $P,$ а прямые $ID$ и $I_AL$ — в точке $Q.$ Точка $S$ такова, что $SA = SM$ и $SP = SL.$ Докажите, что прямые $AP, MQ$ и $I_AS$ пересекаются в одной точке. ( Зауытхан А. )

Комментарий/решение

Пусть $\angle BAC = 2\theta$, $AB = c$, $AC = b$.

Выберем систему координат так, чтобы $A = (0, 0)$, а внутренняя биссектриса угла $A$ была осью $Ox$.

Тогда $B = (c\cos\theta, c\sin\theta)$, $C = (b\cos\theta, -b\sin\theta)$.

Обозначим $n = \frac{b + c}{2\cos\theta}$, $m = \frac{c - b}{2\sin\theta}$.

Описанная окружность проходит через $A, B, C$. Её уравнение имеет вид $x^2 + y^2 - 2O_x x - 2O_y y = 0$.

Подставляя координаты $B$ и $C$, получаем $O = \left( \frac{n}{2}, \frac{m}{2} \right)$.

Поскольку $AL$ — диаметр, $L = (n, m)$.

Точка $N$ лежит на оси $Ox$, поэтому $N = (n, 0)$.

Так как $MN$ — диаметр, то $M = (0, m)$.

Итак, $A = (0, 0)$, $M = (0, m)$, $L = (n, m)$, $N = (n, 0)$.

Пусть $a = BC$.

По формулам для радиусов вписанной и вневписанной окружностей получаем $I = (i, 0)$, $I_A = (j, 0)$, где

$$i = \frac{2bc\cos\theta}{a + b + c}, \qquad j = \frac{2bc\cos\theta}{b + c - a}$$

Из теоремы косинусов $a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos 2\theta$.

Следовательно, $(b + c)^2 - a^2 = 4bc\cos^2\theta$.

Отсюда получаем два тождества:

$$i + j = 2n, \qquad ij = bc$$

Прямая $BC$ имеет уравнение $(b + c)\sin\theta \cdot x + (b - c)\cos\theta \cdot y = 2bc\sin\theta\cos\theta$.

С учётом определений $n, m$: $nx - my = bc$.

Поскольку $AD \perp BC$, точка $D$ является ортогональной проекцией начала координат на эту прямую.

Следовательно,

$$D = d(n, -m), \qquad d = \frac{bc}{n^2 + m^2} = \frac{ij}{n^2 + m^2}$$

По условию $P = IL \cap I_A D$, $Q = ID \cap I_A L$.

Подставляя координаты $I = (i, 0)$, $I_A = (j, 0)$, $L = (n, m)$, $D = (dn, -dm)$, и используя $i + j = 2n$, после решения уравнений прямых получаем:

$$P = \left( \frac{K}{j(1 - d)}, \frac{dm(i - j)}{j(1 - d)} \right)$$

$$Q = \left( \frac{K}{i(1 - d)}, -\frac{dm(i - j)}{i(1 - d)} \right)$$

где $K = ij + d(ij - 2n^2)$.

Поскольку $A = (0, 0)$, прямая $AP$ проходит через начало координат.

Прямая $MQ$ проходит через точки $M = (0, m)$ и $Q = \left( \frac{K}{i(1 - d)}, -\frac{dm(i - j)}{i(1 - d)} \right)$.

Решая систему уравнений этих прямых, получаем:

$$X = \left( \frac{K}{i + d(i - j)}, \frac{dm(i - j)}{i + d(i - j)} \right)$$

По условию $SA = SM$.

Так как $A = (0, 0)$, $M = (0, m)$, точка $S$ лежит на серединном перпендикуляре к $AM$.

Следовательно, $S = \left( s, \frac{m}{2} \right)$.

Второе условие: $SP = SL$.

Подставим координаты:

$$\left( s - \frac{K}{j(1 - d)} \right)^2 + \left( \frac{m}{2} - \frac{dm(i - j)}{j(1 - d)} \right)^2 = (s - n)^2 + \frac{m^2}{4}$$

После раскрытия скобок и сокращения, используя $i + j = 2n$, $ij = bc$, $d = \frac{ij}{n^2 + m^2}$, получаем $s = \frac{j - i}{4}$.

Таким образом, $S = \left( \frac{j - i}{4}, \frac{m}{2} \right)$.

Необходимо доказать, что точки $I_A, S, X$ лежат на одной прямой.

Имеем $I_A = (j, 0)$, $S = \left( \frac{j - i}{4}, \frac{m}{2} \right)$.

Уравнение прямой $I_A S$:

$$2m(x - j) + (i + 3j)y = 0$$

Проверим, принадлежит ли ей точка $X$.

Подставляя координаты $X$, получаем:

$$2m(x - j) + (i + 3j)y = \frac{m}{i + d(i - j)} \left( 2K - 2j[i + d(i - j)] + d(i + 3j)(i - j) \right)$$

Но $K = ij + d(ij - 2n^2)$ и $2n = i + j$.

Следовательно, выражение в скобках равно:

$$2ij + 2d\left(ij - \frac{(i + j)^2}{2}\right) - 2ij - 2dj(i - j) + d(i + 3j)(i - j) = 0$$

Значит, $2m(x - j) + (i + 3j)y = 0$.

Таким образом, точка $X$ лежит на прямой $I_A S$.

Поскольку $X = AP \cap MQ$, окончательно получаем: прямые $AP$, $MQ$, $I_A S$ пересекаются в одной точке. $\blacksquare$