Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2026 год

Четырехугольник $ABCD$ описан около окружности $\omega$ с центром $I$. Диагонали $AC$ и $BD$ четырехугольника пересекаются в точке $E$. Пусть $J$ — центр вписанной окружности треугольника $ABD$. Продолжение луча $EJ$ пересекает окружность $\omega$ в точке $P$. Докажите, что $PI\perp BD$.

Комментарий/решение

Пусть $(BYJ)\cap(DXJ)=Q$, $\angle ABD=2\alpha$, $\angle ADB=2\beta$. Очевидно:

\[2\angle YQX=2(\angle YQJ+\angle JQX)=2(\angle YBJ+\angle XDJ)=2\alpha+2\beta \]

\[2\alpha+2\beta=180-\angle YAX=\angle YIX\]

Получаем что $Q$ лежит на $\omega$. $P=QJ\cap\omega$, $\angle OIX=\angle PIX=2\angle PQX=2\angle JQX=2\angle JDX=\angle ODX$ где $O=PI\cap BD$. Тогда $OIXD$ вписсан и $\angle IOD=\angle IXD=90$. Остается доказать что $E$ лежит на $JQ$ что бы $P$ была нашей точкой из условия. $(DXJ)\cap BD=G$, $(BYJ)\cap BD=H$ т.к. $J$ лежит на биссектриссах получим $JX=JG, JY=JH$ и не сложнo заметить коллинеарность $A,J,I$ откуда $JY=JX$. $JQ$ является рад. осью $(DXJ),(BYJ)$ тогда достаточно показать что $EG\cdot ED=EH\cdot EB$. $L$ точка пересечения биссектрисы угла $EDT$ с $YT$ ($E$ лежит на $YT$ очевидно).

\[JX=JH,\angle XDJ=\angle JDH\rightarrow DT=DX=DH\] значит $\triangle DHL=\triangle DTL$.

\[\angle BYT-180-\angle AYT=180-\angle YTD=180-\angle LTD=180-\angle LHD=\angle LHB\]

Значит $BYHL$ вписсан и $EB\cdot EH=EY\cdot EL$.

\[\angle YTD= \angle YTX+\angle XTD=(\alpha+\beta)+(90-\beta-\angle LTD)=90+\alpha-\angle LDT.\]

\[\angle YLD=\angle YTD+\angle LDT=90+\alpha\]

\[\angle YGH=180-\angle YXH= 180- \frac{\angle YJH}{2}=180-\frac{180-\angle YBH}{2}=90+\alpha\]

$\angle YLD=\angle YGH=\angle YGD\rightarrow YGLD$ вписсан и $EG\cdot ED= EY\cdot EL$.

\[EG\cdot ED=EY\cdot EL=EH\cdot EB\] Ч.Т.Д.

скуфяра сразу на геому решение расписывать

Возьмём такую точку на $\omega$ $P'$ что $P'I$ и $BD$ перпендикулярные

Докажем что $E-J-P'$

Пусть вписанная в $ABD$ касается $BD$ в $H$

В этой же точке касается и вписанная в $BCD$, так как

$BH=(BD+AB-AD)/2=(BD+BC-CD)/2$

$Q'$ на $\omega$ такая что $P'Q'$ диаметр

Рассмотрим гомотетию $\omega \to$

вписанная в $ABD$, в ней $Q' \to H$, с центром $A$ ,тогда $A-H-Q'$

Аналогично $C-H-P'$

Пусть $G = AC \cap P'Q'$

Так как $P'Q'$ перпендикулярно $BD$, и $E$ на $BD$, то $G$ на поляре $E$ отн. $\omega$, значит $(A,C;E,G)=-1$

Пусть $R = AI \cap CP'$

Из теоремы о трех центрах гомотетии или из теоремы Монжа к вписанным в $ABD, BCD, \omega$ имеем что

$C$-центр положительной гомотетии : вписанная в $BCD \to \omega$

$H$-центр отрицательной гомотетии : вписанная в $BCD \to$ вписанная в $ABD$

$R'$- центр отрицательной гомотетии : вписанная в $ABD \to \omega$

Так как $R = AI \cap CP'$ то тогда $R=R'$

Значит $(A,R;J,I)=-1$

Эту четвёрки центрально проектируем на $AC$ соответственно центром в $P'$ получим

$A \to A$, $J \to E'$, $R \to C$, $I \to G$, обе четвёрки гармонические тогда $E=E'$, $J-P-E$ //

Одобряю айдос