Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 10 класс

В неравнобедренном треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AB$, $I$ — центр вписанной окружности, а $J$ — середина дуги $AB$ окружности, описанной около $\triangle ABC$, не содержащей точку $C$. К окружности с центром $J$ и радиусом $JM$ провели касательные $IP$ и $IQ$ ($A$ и $P$ лежат по одну сторону от прямой $CI$). Описанные окружности треугольников $APJ$ и $BQJ$ вторично пересекаются в точке $R$. Прямые $IP$ и $IQ$ пересекают прямую $AB$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Пусть $MX_1$ и $MY_1$ — биссектрисы треугольников $XMJ$ и $YMJ$ соответственно. Докажите, что точки $X_1, Y_1$ и $R$ лежат на одной прямой. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Из задачи 4(9), $R$ лежит на прямой $AB$ и $AX=XI$, $BY= YI$. По теореме Менелая для секущих $R - X_1 - Y_1$ и $ \triangle JXY$ ,достаточно доказать что $\dfrac{RY}{RX} \cdot \dfrac{XX_1}{X_1J} \cdot \dfrac{JY_1}{Y_1Y}$ = 1. Так как $MX_1$ и $ MY_1 $ биссектрисы $\triangle XMJ$ и $\triangle JMY$, то по теореме биссектрисы получим что$ \dfrac{XX_1}{X_1J}$= $\dfrac{XM}{MJ}$.Aналогично $\dfrac{JY_1}{Y_1Y}$ = $\dfrac{JM}{MY}$, подставив эти соотношение нужно доказать что $ \dfrac{RY}{RX}\cdot \dfrac{XM}{MJ}\cdot\dfrac{JM}{MY}$ = 1 $\Leftrightarrow$ $\dfrac{RY}{RX}= \dfrac{MY}{XM}$.Так как $XM$=$PX$ и $MY$=$QY$, значит нужно доказать что $ \dfrac{RY}{RX}$ = $\dfrac{QY}{PX}$ что равносильно $\dfrac{RX}{PX}$=$\dfrac{RY}{QY}$. Пусть $\angle ACI=\alpha= \angle ICB=\angle ABJ $,так как $RBQJ$ вписанный то $\angle RBJ=\angle ABJ=\angle RQJ,значит \angle RQI=\angle RQY=90^\circ-\alpha $, по счету углов несложно найти что $\angle XIM=2\alpha $, $\angle RPX = \angle RPI=\angle PIQ + \angle PQI = 2\alpha + 90^\circ-\alpha=\angle 90^\circ+\alpha$, выходит что

$sin \angle RPX$ = $sin \angle RQY$. По теореме синусов для $\triangle RXP$ и $\triangle RYQ$, получим что $\dfrac{RX}{sin \angle RPX }$= $\dfrac{PX}{sin \angle XPR }$ и $\dfrac{RY}{sin \angle RQY }$=$ \dfrac{QY}{sin \angle YRQ }$.Так как $\angle XPR= \angle YRQ$. Поделив эти соотношение находим что,$ \dfrac{RX}{PX}=\dfrac{RY}{QY}$ ч.т.д

Для начала поймем что на самом деле $R=PQ \cap AB$

Этому легко убедиться из счета углов и отрезков:

Во первых: $JI=JA=JB$

Посчитаем степени точек $I, A, B$ относительно окружности с центром в $J$. Выйдет что $IP^2=IJ^2-r^2=AJ^2-r^2=AM^2$, откуда выйдет что $IP=AM=MB=IQ$

Тогда $IX=AX$, так как $XM=XP$, и аналогично $IY=YB$

Тогда заметим, что $JP=JM=JQ$, $AJ=JI=JB$, $\angle PJA = \angle MJI = \angle BJQ$

Последнее равенство верно просто из симметрии относительно $XJ$ и $JY$, все необходимые равенства отрезков мы уже получили

Но тогда $\triangle APJ = \triangle IMJ = \triangle BQJ$

Отсюда и из вписанностей получаем серию равенств углов:

$\angle PRJ = \angle PAJ = \angle JBQ = \angle QRJ$, откуда $P, Q, R$ - коллинеарные

С другой стороны:

$\angle BRQ = \angle BJQ = \angle PJA = \angle ARP$, откуда $A, B, R$ - коллинеарные

Тогда по теореме Менелая и замечательному свойству биссектрисы получаем что нужно доказать:

$(!)\frac{YY_1}{Y_1J} \frac{JX_1}{X_1X} \frac{XR}{RY}=1$, следовательно

$(!)\frac{YM}{MX}*\frac{XR}{RY}=1$

Ну или же:

$(!)(R, M; X, Y) = -1$

Проецируем прямую $AB$ на прямую $PQ$ через точку $I$

Соответственно пусть точка M переходит в точку S

$(!)(R, S; P, Q) = -1$

$PQ$ - поляра точки $I$

$RM$ касается окружности соответственно $M$ лежит на поляре R, и из теоремы о двойственности, $I$ лежит на поляре R

В таком случае, $S=IM \cap AB$, тогда $S$ - лежит на поляре $R$.

Тогда докажем что $(!)(R, S; P, Q) = -1$

Предположим что $RT$ - вторая касательная к окружности. Значит $T, M, S, I$ - 1 прямая потому что они все на поляре $R$

$TPMQ$ - гармонический четырехугольник а значит:

Проецируем окружность на прямую $PQ$ из точки $T$

$T$ переходит в $R$, $P$ в $P$, $Q$ в $Q$, $M$ в $S$

Отсюда и следует что $(R, S; P, Q)$ - гармоническая четверка

Используем что $R$ лежит на $AB$. Так как $J$ точка Микеля для $APBQ$ отсюда $ QP \cap AB=R’$ и по свойству точки Микеля $(APJR’), (BQJR’)$ =>> $R’=R$. Значит $R$ лежит на $PQ$. Из теорем биссектрис:

$\dfrac{YY_1}{Y_1J}*\dfrac{JX_1}{X_1X}*\dfrac{XM}{YM}=1$ отсюда достаточно доказать что $(R,M;X,Y)=-1$. Пусть $XQ$ пересекает окружность с центром $J$ в точке $K$. Тогда $(K,Q;M,P)=-1$ , спроектируем из точки $Q$ на прямую $AB$ и выйдет требуемое.

обьеснение есть?

А что именно не понятно?

$JP = JM = JQ$ радиусы, а по лемме трезубца $AJ = IJ = BJ$.

Очевидно, что $JM \perp MB$. Тогда по пифагоре;

$IQ^2 = IJ^2 - JQ^2 = JB^2 - JM^2 = MB^2 \Rightarrow IQ = MB.$

Так же аналогично $IP = AM = MB = IQ$

$YM, YQ$ касательные, значит равны;

$IQ = MB \Rightarrow IY = YB; \angle MYI = \angle QYB, \Rightarrow \triangle MYI = \triangle QYB \Rightarrow MI = QB$

Так же аналогично $MI = AP = QB$.

Получаем; $AJ = IJ = BJ, PJ = JM = QJ, AP = MI = BQ$.

Значит треугольники $\triangle APJ = \triangle IMJ = \triangle BQJ$ равны.

$\Rightarrow \angle APJ = \angle BQJ$.

Пусть окружность $(APJ)$ пересекает прямую $AB$ в точке $R'$.

тогда $180^\circ - \angle BR'J = 180^\circ - \angle ARJ = \angle APJ = \angle BQJ$, из чего следует, что $BQJR'$ вписанный. Окружности $(APJ)$ и $(BQJ)$ вторично пересекаются в точках $R$ и $R'$. Значит $R = R'$, а она лежит на $AB$ , отсюда через счет углов легко доказать что точки $P , Q , R - $ лежат на одной прямой .

Чтобы точки $X_1 , Y_1 , R -$ лежал на одной прямой нам требуется доказать что

$(!) \frac{XX_1}{X_1J} \cdot \frac{JY_1}{Y_1Y} \cdot \frac{YR}{RX} = -1$ Значит надо доказать что $(!) \frac{XM}{MJ} \cdot \frac{JM}{MY} \cdot \frac{YR}{XR} = -1$

$\Rightarrow$ $(!) \frac{XM}{MY} = \frac{XR}{YR}$

Пусть точка $M' -$ вторая касательная прямая через точки $R$ на окружность с радиусом $JM$ .

$\Rightarrow$ $-1 = (P , M , Q , M')$

$IP , IQ -$ касательные , отсюда $I , M , M' -$ коллинеарны . Пусть точка $T -$ $PQ \cup MM'$

$\Rightarrow$ $-1 = (P , Q , M' , M) \overset{M}{=} (P , Q , T , R) \overset{I}{=} (X , Y , M , R)$,

$\Rightarrow$ $MY \cdot XR = XM \cdot YR$ $\blacksquare$