Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 10 класс

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AB$, $I$ — центр вписанной окружности, а $J$ — середина дуги $AB$ окружности, описанной около $\triangle ABC$, не содержащей точку $C$. К окружности с центром $J$ и радиусом $JM$ провели касательные $IP$ и $IQ$ ($A$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $CI$). Описанные окружности треугольников $APJ$ и $BQJ$ вторично пересекаются в точке $R$. Прямые $IP$ и $IQ$ пересекают прямую $AB$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Пусть $MX_1$ и $MY_1$ — биссектрисы треугольников $XMJ$ и $YMJ$ соответственно. Докажите, что точки $X_1, Y_1$ и $R$ лежат на одной прямой. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Из задачи 4(9), $R$ лежит на прямой $AB$ и $AX=XI$, $BY= YI$. По теореме Менелая для секущих $R - X_1 - Y_1$ и $\triangle JXY$ ,достаточно доказать что $\dfrac{RY}{RX} \cdot \dfrac{XX_1}{X_1J} \cdot \dfrac{JY_1}{Y_1Y}$ = 1. Так как $MX_1$ и $MY_1$ биссектрисы $\triangle XMJ$ и $\triangle JMY$, то по теореме биссектрисы получим что$\dfrac{XX_1}{X_1J}$= $\dfrac{XM}{MJ}$.Aналогично $\dfrac{JY_1}{Y_1Y}$ = $\dfrac{JM}{MY}$, подставив эти соотношение нужно доказать что $\dfrac{RY}{RX}\cdot \dfrac{XM}{MJ}\cdot\dfrac{JM}{MY}$ = 1 $\Leftrightarrow$ $\dfrac{RY}{RX}= \dfrac{MY}{XM}$.Так как $XM$=$PX$ и $MY$=$QY$, значит нужно доказать что $\dfrac{RY}{RX}$ = $\dfrac{QY}{PX}$ что равносильно $\dfrac{RX}{PX}$=$\dfrac{RY}{QY}$. Пусть $\angle ACI=\alpha= \angle ICB=\angle ABJ$,так как $RBQJ$ вписанный то $\angle RBJ=\angle ABJ=\angle RQJ,значит \angle RQI=\angle RQY=90^\circ-\alpha$, по счету углов несложно найти что $\angle XIM=2\alpha$, $\angle RPX = \angle RPI=\angle PIQ + \angle PQI = 2\alpha + 90^\circ-\alpha=\angle 90^\circ+\alpha$, выходит что

$sin \angle RPX$ = $sin \angle RQY$. По теореме синусов для $\triangle RXP$ и $\triangle RYQ$, получим что $\dfrac{RX}{sin \angle RPX }$= $\dfrac{PX}{sin \angle XPR }$ и $\dfrac{RY}{sin \angle RQY }$=$\dfrac{QY}{sin \angle YRQ }$.Так как $\angle XPR= \angle YRQ$. Поделив эти соотношение находим что,$\dfrac{RX}{PX}=\dfrac{RY}{QY}$ ч.т.д

Для начала поймем что на самом деле $R=PQ \cap AB$

Этому легко убедиться из счета углов и отрезков:

Во первых: $JI=JA=JB$

Посчитаем степени точек $I, A, B$ относительно окружности с центром в $J$. Выйдет что $IP^2=IJ^2-r^2=AJ^2-r^2=AM^2$, откуда выйдет что $IP=AM=MB=IQ$

Тогда $IX=AX$, так как $XM=XP$, и аналогично $IY=YB$

Тогда заметим, что $JP=JM=JQ$, $AJ=JI=JB$, $\angle PJA = \angle MJI = \angle BJQ$

Последнее равенство верно просто из симметрии относительно $XJ$ и $JY$, все необходимые равенства отрезков мы уже получили

Но тогда $\triangle APJ = \triangle IMJ = \triangle BQJ$

Отсюда и из вписанностей получаем серию равенств углов:

$\angle PRJ = \angle PAJ = \angle JBQ = \angle QRJ$, откуда $P, Q, R$ - коллинеарные

С другой стороны:

$\angle BRQ = \angle BJQ = \angle PJA = \angle ARP$, откуда $A, B, R$ - коллинеарные

Тогда по теореме Менелая и замечательному свойству биссектрисы получаем что нужно доказать:

$(!)\frac{YY_1}{Y_1J} \frac{JX_1}{X_1X} \frac{XR}{RY}=1$, следовательно

$(!)\frac{YM}{MX}*\frac{XR}{RY}=1$

Ну или же:

$(!)(R, M; X, Y) = -1$

Проецируем прямую $AB$ на прямую $PQ$ через точку $I$

Соответственно пусть точка M переходит в точку S

$(!)(R, S; P, Q) = -1$

$PQ$ - поляра точки $I$

$RM$ касается окружности соответственно $M$ лежит на поляре R, и из теоремы о двойственности, $I$ лежит на поляре R

В таком случае, $S=IM \cap AB$, тогда $S$ - лежит на поляре $R$.

Тогда докажем что $(!)(R, S; P, Q) = -1$

Предположим что $RT$ - вторая касательная к окружности. Значит $T, M, S, I$ - 1 прямая потому что они все на поляре $R$

$TPMQ$ - гармонический четырехугольник а значит:

Проецируем окружность на прямую $PQ$ из точки $T$

$T$ переходит в $R$, $P$ в $P$, $Q$ в $Q$, $M$ в $S$

Отсюда и следует что $(R, S; P, Q)$ - гармоническая четверка