30-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Румыния, 2026 год

Пусть $ABC$ — треугольник, в котором $AB\neq AC$, а $I$ — центр его вписанной окружности. Пусть точки $P$ и $Q$ расположены внутри треугольника $ABC$ так, что $$BP=PC > BQ=QC.$$ Прямые $BP$ и $CQ$ пересекаются в точке $X$. Предположим, что прямая $AI$ касается описанной окружности треугольника $IPQ$. Докажите, что описанные окружности треугольников $ABQ$, $ACP$ и $PQX$ имеют общую точку.

Комментарий/решение

Пусть $$PQ\cap (ABC)=M\Rightarrow MP\cdot MQ=MI^2=MB^2=MC^2\Rightarrow \angle BIC=180-\dfrac{\angle BMC}{2}=180-\angle QMC=\angle MQC+\angle MCQ$$ $$=90-\angle BCQ+90-\angle CBP=\angle BXC\Rightarrow X\in (BIC)$$

Аналогично если $BQ\cap CP=Y \Rightarrow Y\in (BIC).$ $$(ABQ)\cap (ACP)=D\Rightarrow \angle PDQ=\angle PDA-\angle ADQ=180-\angle PCA-\angle ABQ=\angle BYC=\angle BXC=180-\angle PXQ\blacksquare$$

Считаем что $BIXC$ вписанный $\Rightarrow \angle MBX=90-\dfrac{\angle BMX}{2}=90-\angle BMC=\angle MQX\Rightarrow MBQX-$вписанный, аналогично $MCXP-$вписанный. $$\dfrac{x-q}{b-q}:\dfrac{x}{b}\in \mathbb{R}; \dfrac{x-p}{c-p}:\dfrac{x}{c}\in \mathbb{R} \Rightarrow \dfrac{x-q}{x-p}\cdot \dfrac{c-p}{b-q}\cdot \dfrac{b}{c}\in \mathbb{R}$$

Пусть $M$ середина дуги $BC,$ и $(BIC)-$unit circle $\Rightarrow M=0\Rightarrow \dfrac{b}{c}:\dfrac{b-a}{c-a}\in \mathbb{R}$

$(ABQ)\cap (ACP)=D=d\Rightarrow \dfrac{d-q}{b-q}:\dfrac{d-a}{b-a}\in \mathbb{R}; \dfrac{d-p}{c-p}:\dfrac{d-a}{c-a}\in \mathbb{R} \Rightarrow \dfrac{d-q}{d-p}\cdot \dfrac{b-a}{c-a}\cdot \dfrac{c-p}{b-q}\in \mathbb{R}\Longrightarrow$ $$\dfrac{x-q}{x-p}\cdot \dfrac{c-p}{b-q}\cdot \dfrac{b}{c}:\Bigg(\dfrac{d-q}{d-p}\cdot \dfrac{b-a}{c-a}\cdot \dfrac{c-p}{b-q}\Bigg)=\Bigg(\dfrac{x-q}{d-q}:\dfrac{x-p}{d-p} \Bigg) \cdot \Bigg(\dfrac{c-p}{b-q}:\dfrac{c-q}{b-q} \Bigg) \cdot \Bigg(\dfrac{b}{c}:\dfrac{b-a}{c-a}\Bigg) \in \mathbb{R}\Rightarrow \dfrac{x-q}{d-q}:\dfrac{x-p}{d-p}\in \mathbb{R}\blacksquare$$

ХАРООООШ

Пусть $D$ - середина малой дуги $BC$ окружности $(ABC)$, $X'$ - пересечение $BP$ с $(BIC)$, $Q'$ - пересечение $DP$ с $X'C$.Пусть $X''$ - точка, симметричная $X'$ относительно $DP$. Тогда $Q'$ является пересечением $CX'$ с $BX''$. Так как $P$ - пересечение $CX''$ с $BX'$, то $P$ лежит на поляре $Q'$ относительно $(BIC)$. В силу симметрии $P$ и $Q'$ переходят друг в друга при инверсии относительно $(BIC)$. То есть $(PIQ') \to (Q'IP)$, откуда следует, что $(PIQ')$ ортогонален $(BIC)$. Прямая $DI$ касается $(PIQ')$, $Q'=Q$, $X'=X$, значит $BXIC$ - вписанный четырехугольник.

Рассмотрим инверсию относительно $(BIC)$:

$(AQB) \to (EPB)$

$(APC) \to (EQC)$

$(PXQ) \to (QXP)$

где $E$ --- основание биссектрисы из вершины $A$ в треугольнике $ABC$.

Новые окружности пересекаются в точке Микеля для $BXQE$, значит, при обратной инверсии они тоже пересекаются в одной точке, чтд//