Областная олимпиада по математике, 2026 год, 10 класс

Даны две непересекающиеся окружности $\omega_1$ и $\omega_2$. $AB$ и $CD$ — отрезки общих внешних касательных к $\omega_1$ и $\omega_2$ (здесь точки $A$, $C$ лежат на $\omega_1$, а точки $B$, $D$ — на $\omega_2$). Прямая $CB$ пересекает $\omega_1$ во второй раз в точке $P$, а прямая $AD$ пересекает $\omega_2$ — в точке $Q$. Докажите, что касательная к $\omega_1$ в точке $P$, и касательная к $\omega_2$ в точке $Q$, пересекаются на прямой $AB$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$\textbf{CRL(Cool Ratio Lemma):} \: \text{в треугольнике $\triangle ABC$ проведена чевиана $AD \Rightarrow \frac{BD}{CD} = \frac{\sin \angle BAD}{\sin \angle CAD} \cdot \frac{\sin \angle ACB}{\sin \angle ABC}$}.$

$\textbf{Решение:}$ Пусть $PP \cap AB = T_{1}, \: QQ \cap AB = T_{2}, \angle ACB = \alpha, \: \angle CAP = \beta.$ Известный факт то что $ABDC \: -$ равнобокая трапеция $\Rightarrow \: \angle ACB = \angle CBD = \angle ADB = \angle CAD = \alpha, \: \angle CAP = \angle BCD = \angle BAD = \beta, \angle ADC = 180 - \angle CAD - \angle ACD = \angle ABC = 180^\circ - 2\alpha - \beta, \: \angle PAD = \angle CAD - \angle CAP = \alpha - \beta, \: \angle ACP = \angle APT_{1} = \alpha, \angle BPT_{1} = 180 - \angle APT_{1} - \angle CPA = \beta, \angle BQT_{2} = \angle BDQ = \alpha, \angle AQT_{2} = 180 - \angle BQT_{2} - \angle BQD = 180 - 2\alpha - \beta.$

По $\text{CRL}$ для $\triangle APB, \triangle AQB: \: \frac{AT_{1}}{T_{1}B} = \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \cdot \frac{\sin (180 - 2\alpha - \beta)}{\sin \alpha} = \frac{\sin (180 - 2\alpha - \beta)}{\sin \beta}, \: \frac{AT_{2}}{T_{2}B} = \frac{\sin (180 - 2\alpha - \beta)}{\sin \alpha} \cdot \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} = \frac{\sin (180 - 2\alpha - \beta)}{\sin \beta} \Rightarrow \frac{AT_{1}}{T_{1}B} = \frac{AT_{2}}{T_{2}B},$ так как данные соотношение идёт в одну сторону $\Rightarrow T_{1} = T_{2}. \square$

Очевидно, что $ABDC$ - равнобокая трапеция. $( AC \parallel BD$ $,$ $AB = CD )$

Отметим $PP \cap AB = M$ $,$ $PP \cap CD = E$ $,$ $QQ \cap AB = M'$ $,$ $QQ \cap CD = F$ $,$ $\angle BCD = \angle BCE = \angle BAD = \angle CPE = \angle BPM$ $,$ $\angle ADC = \angle ADF = \angle ABC = \angle FQD = \angle AQM'$ $\Rightarrow \angle AM'Q = \angle PMB$

Далее, по степени точки у нас есть $AB^2 = BP \cdot BC = AQ \cdot AD \Rightarrow AQ = BP$

По $LoS$ для $\triangle AM'Q$ и $\triangle PMB$ $:$ $\frac{AQ}{\sin \angle AM'Q} = \frac{BP}{\sin \angle PMB} = \frac{AM'}{\sin \angle AQM'} = \frac{PM}{\sin \angle MBP} \Rightarrow AM' = PM = AM \Rightarrow \underline{M = M'}.$