Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 11 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 $ABI_1, \ BCI_2, \ CDI_3, \ DAI_4$

Пусть $X = \omega_4 \cap \omega_1, Y = \omega_1 \cap \omega_2, Z = \omega_2 \cap \omega_3, T = \omega_3 \cap \omega_4$ вторые точки пересечения окружностей. Также отметим $\angle AEB = 2x, \angle BEC = 180^{\circ} - 2x$.

Утверждение 1. $\angle BXD = 90^{\circ}$.

Заметим, что $\angle BXD = 360^{\circ} - \angle AXB - \angle AXD = 360^{\circ} - \angle AI_1B - \angle AI_4D = 360^{\circ} - (90^{\circ}+x) - (180^{\circ}-x) = 90^{\circ}$, так как $I_1$ и $I_4$ центры вписанных окружностей. Аналогично выйдет: $\angle AYC = 90^{\circ}, \angle BZD = 90^{\circ}, \angle ATC = 90^{\circ}$.

Тогда так как $M,N$ середины $AC,BD$ соответственно: $MA=MC=MT=MY$, $NB=ND=NX=NZ$.

Рассмотрим следующую лемму:

Пусть $I$ - инцентр треугольника $\Delta ABC$. На прямых $AB$ и $AC$ отметили точки $M$ и $N$. $X,Y$ такие точки на $(BIC)$, что $MB = MY, NC = NX$. Тогда если $T = BX \cap CY$, то $T$ лежит на $MN$.

Доказательство: Пусть $L$ - середина дуги $BC$ без $A$ окружности $(ABC)$. Тогда по трезубцу $L$ - центр $(BIC)$. Тогда $LM$ и $LN$ соответственно серединные перпендикуляры к прямым $BY$ и $CX$. Пусть $LM \cap (ABC) = P, LN \cap (ABC) = Q$.

Утверждение: $P$ лежит на $CY$. (Аналогично $Q$ лежит на $BX$)

Так как $LP$ - сер. пер. к $BY$, $\angle YPL = \angle BPL = \angle BCL = \angle CBL = \angle CPL$, то есть $\angle YPL = \angle CPL$, откуда $C,Y,P$ на одной прямой.

Тогда $T$ - пересечение прямых $BQ$ и $CP$. Тогда, применив теорему Паскаля на шестиугольник $ABQLPC$, выйдет, что $M,T,N$ на одной прямой.

Вернемся к изначальной задаче. Применив лемму на треугольники $\Delta AEB, \Delta BEC, \Delta CED, \Delta DEA$ и точки $M,N$, получится что $AX,BY,CZ,DT$ пересекаются в какой-то точке $P$ на $MN$. Тогда, $PA \cdot PX = PB \cdot PY = PC \cdot PZ = PD \cdot PT$, то есть степень точки $P$ относительно $\omega_1, \omega_2, \omega_3$ и $\omega_4$ равны и она лежит на $MN$. Значит точка $P$ из условия существует, ч.т.д.