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

$ABC$ үшбұрышында $AB\neq AC$, ал $I$ — іштей сызылған шеңбер центрі. $P$ және $Q$ нүктелері $ABC$ үшбұрышының ішінде орналасқан және $$BP=PC>BQ=QC.$$ $BP$ және $CQ$ түзулері $X$ нүктесінде қиылысады. $AI$ түзуі $IPQ$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді жанасын. $ABQ$, $ACP$ және $PQX$ үшбұрыштарына сырттай сызылған шеңберлерінің ортақ нүктесі бар екенін дәлелдеңіз.

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 $\Rightarrow M=0\Rightarrow \dfrac{b}{c}:\dfrac{b-a}{c-a}\in \mathbb{R}$

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