11-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2024 год, третья лига, 11-12 классы

В треугольнике $ABC$ точки $I$, $I_A$ и $I_C$ — это центр вписанной окружности, центр вневписанной окружности при вершине $A$ и центр вневписанной окружности при вершине $C$ соответственно. Пусть $AD$ — высота $\triangle ABC$. Прямые $BI$ и $DI_A$ во второй раз пересекают описанную окружность треугольника $BDI_C$ соответственно в точках $P$ и $Q$. Докажите, что $AP = AQ$. (Вневписанной окружностью при вершине $A$ треугольника $ABC$ называется окружность, которая касается отрезка $BC$ и продолжений сторон $AB$ и $AC$.)

Комментарий/решение

Заметим, что задача не симметрична (например в сравнении с другими задачами). Таким образом добавим точки $R=(CDI_B)\cap CI$ и $Q'=(CDI_B)\cap DI_A$. Тогда нетрудно заметить, что раз $BI_CI_BC$ вписан, то $I_A$ - радикальный центр $(CDI_B), (BI_CI_BC),(BDI_C)$, а значит $Q=Q'$. Таким образом нужно показать, что $AP=AQ=AR$, но $\angle QDB=\angle QRB$ и $\angle QDC=\angle QPC$ следует, что $I\in (PQR)$, поэтому достаточно показать, что $A$ - центр $(PQRI)$. $(AIDQ)$ вписан, так как $I_AD\cdot I_AQ=I_AI\cdot I_AA$. $(A,AI\cap BC; I,I_A)=-1$ и $\angle ADC=90^\circ$, поэтому $DA$ - биссектриса угла $QDI$ и $AQ=AI$. $\angle QAI=180^\circ - \angle IDQ=\angle QDB+\angle IDC=2\angle QDB=2\angle QPI$. Последнее равносильно утверждению теоремы о центральном и вписанном угле в окружности, поэтому $A$ - центр $(PQRI)$ и $AP=AQ$.

$I_AD \cdot I_AQ=I_AB \cdot I_AI_C=I_AI \cdot I_AA$ из чего $IAQD$ вписан.$\angle IQP+\angle AIP=\angle PQD-\angle IQD+\angle AIP=\angle PBI-\angle IAD+\angle AIP=90 \color{red}{(1) }$

Пусть $L=AI \cap BC$.Тогда $(A,L,I,I_A)=-1$.Из того что $\angle ADL=90,\angle IDC=\angle I_ADC$.

$\angle QAI=\angle IDI_A=2\angle QDB =2\angle QPI \color{red}{(2)}$

Из $\color{red}{(1)}$ и $\color{red}{(2)}$ $A$ центр $IPQ$