Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 10 класс

Диагонали $AC$ и $BD$ выпуклого четырехугольника $ABCD$ пересекаются в точке $E$. Пусть $I_1, I_2, I_3, I_4$ — центры вписанных окружностей треугольников $ABE$, $BCE$, $CDE$, $DAE$ соответственно, а $\omega_1, \omega_2, \omega_3, \omega_4$ — описанные окружности треугольников $ABI_1$, $BCI_2$, $CDI_3$, $DAI_4$ соответственно. Точки $M$ и $N$ — середины диагоналей $AC$ и $BD$ соответственно. Докажите, что если $M\ne N$, то на прямой $MN$ существует такая точка $P$, что степень точки $P$ относительно $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$ и $\omega_4$, равны. (Степенью точки $X$ относительно окружности с центром $O$ и радиуса $r$ называется величина $OX^2-r^2$.) ( Зауытхан А., Кеңшілік Е. )

Комментарий/решение

1) Пусть $X$ вторая точка пересечения $BCI_2; \ CDI_3$ тогда $\angle CXD = 180- \angle CI_3D = 180^{\circ}-\left( 180^{\circ}-\dfrac{\angle DCE+ \angle BDC}{2} \right) = \dfrac{\angle DCE + \angle BDC}{2}$ аналогично $ \angle CXB = \dfrac{\angle BCE + \angle DBC}{2}$ тогда $\angle BXD = \angle CXD + \angle CXD = 90^{\circ}$, если $L \in \omega_{CDI_3} \cap BD; \ F \in \omega_{BCI_2} \cap BD$ откуда следует что и $\angle FCL = 90^{\circ}$

Так же подсчетом углов можно убедится что $E$ середина $FL$.

2) Опишем окружность $\lambda$ в центре $M$ радиусом $R=MC=MA$, если $Q \in CF \cap \lambda, \ K \in CL \cap \lambda$ тогда $QK || FL$ и $M \in QK$ так как $\angle CQK = 90^{\circ}$.

3) Пусть $H \in \lambda \cap \omega_{CDI_3}, \ T \in \lambda \cap \omega_{BCI_2}$ тогда

$\angle KQH = \angle HCK = \angle HCL = \angle LDH$ то есть $Q,H,D$ лежат на одной прямой, точно так же $B,T,K$, тогда по замечательному свойству трапеции $BQKD$ прямые $BT,DH,MN$ пересекаются в одной точке $P$, откуда $\angle QHT = \angle QKT = \angle DBT$ то есть $BTHD$ вписанный, значит $BT,DH,CX$ пересекаются в одной точке $P$ как радикальные оси окружностей $(BTHD, \ BCI_2, \ DCI_3)$

4) Так же подсчетом углов можно показать что $T \in \omega_{ABI_1}, \ H \in \omega_{DAI_4}$ так как $\angle BTA=360^{\circ}-90^{\circ}-\angle CI_2B = 270^{\circ}- \angle CI_2B= \angle BI_1A$

5) Применяя те же рассуждения для треугольника $BAD$ получаем что $P$ это точка пересечения попарных пересечений рад осей $ABI_1, \ BCI_2, \ CDI_3, \ DAI_4$

Б.О.О $AE < EC$. Возьмем точку $P$ на $MN$ такую что $\dfrac{MP}{NP}=\dfrac{AC}{DB}$. Докажем что это и есть нужная точка.

Обозначим $f(x)=Pow(x,\omega_1)-Pow(x,\omega_2)$ тогда докажем что $f(P)=0$ ( аналочгино сможем доказать и для пар $(\omega_2,\omega_3,); (\omega_3,\omega_4); (\omega_4, \omega_1)$).

Так как $f$-линейна значит:

$f(P)=\dfrac{MP \cdot f(N)+NP \cdot f(M)}{MN}=0 <=> MP \cdot f(N)+NP \cdot f(M)=0 <=>(!) \dfrac{MP}{NP}=-\dfrac{f(M)}{f(N)}$

Также из линейности: $-\dfrac{f(M)}{f(N)}=-\dfrac{f(A)+f(C)}{f(D)}$

Обозначим $\omega_1 \cap EA, EB=B_1, A_1$ и $\omega_2 \cap EB, EC=C_1, B_2$. Заметим так как окружность трезубца пересекает стороны треугольника в хороших точках тогда $EA_1=EA, EC_1=EC, EB=EB_1=EB_2$ отсюда:

$-\dfrac{f(A)+f(C)}{f(D)}=\dfrac{AB_2 \cdot AC-AC \cdot CB_1}{DB( DA_1+DC_1)}=\dfrac{AC( AE-CE)}{DB( CE-AE)}=-\dfrac{AC}{DB}$ ч.т.д