Международная олимпиада 2026, Шанхай, 2026 год

$ABC$ үшбұрышы берілген. $M$ және $N$ нүктелері сәйкесінше $AB$ және $AC$ қабырғаларының орталары. $K$ және $L$ нүктелері сәйкесінше $BMC$ және $BNC$ үшбұрыштарының (қатаң түрде) ішінен таңдалған. Сонымен қатар, $K$ нүктесі $ABL$ үшбұрышының (қатаң түрде) ішінде, ал $L$ нүктесі $AKC$ үшбұрышының (қатаң түрде) ішінде жатыр. Сондай-ақ, $\angle KBA=\angle ACL$, $\angle LBK=\angle LNC$, $\angle LCK=\angle BMK$ теңдіктері орындалады. $O$ нүктесі $AKL$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің центрі болсын. $OM=ON$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть $BK \cap AC = Y$, $CL \cap AB = X$, тогда очевидно что $BXYC -$ вписан (пусть окружность $- \omega_1$). Также по равенству углов в условии ясно что $BYNL -$ вписан (пусть окружность $- \omega_2$), и $CXMK -$ вписан (пусть окружность $- \omega_3$). Пусть $\omega_2 \cap AB = Z$, и $\omega_3 \cap AC = T$.

$\textbf{Утверждение 1}$: $ZT -$ средняя линия $\triangle AXY$

$\textbf{Доказательство}$: $Pow(\omega_2, A) = AY * AN = AY * AC/2 = Pow(\omega_1, A)/2 = AX * AB/2 = AX* AM$. С другой стороны $Pow(\omega_2, A) = AZ * AB = AZ * 2AM$, стало быть $AZ*2AM = AX*AM => 2AZ = AX => Z -$ середина $AX$. Аналогично $T -$ середина $AY$. $\square$

$\textbf{Утверждение 2}$ : $O -$ середина $AO'$, где $O' -$ центр $(BXYC)$, $O -$ центр $(ZTNM)$.

$\textbf{Доказательство}$: Во-первых, $(ZTNM) -$ существует по Reim's Theorem. Сделаем гомотетию с центром $A$ и коэффициентом $- 2$. Тогда $Z -> X, T -> Y, M -> B, N -> C$. Стало быть $(ZTNM) -> (XYCB)$, и $O -> O'$, что и доказывает $O - $ середина $AO'$. $\square$

Пусть $(AO') = \Omega$, $P = AB \cap \Omega$, $Q = AC \cap \Omega$. Тогда $O'P \perp AB => BP = PX$ (т.к. $O' -$ центр $(XYCB)$). Аналогично $YQ = QC$.

$\textbf{Утверждение 3}$ : $K, L \in \Omega$

$\textbf{Доказательство}$: $Pow(\omega_2, X) = XZ*XB = AX/2 * 2XP = AX*XP = Pow(\Omega, X) => X \in$ рад. ось $\omega_2$ и $\Omega$. $Pow(\omega_2, C) = CN * CY = AC/2 * 2CQ = AC * CQ = Pow(\Omega, C) => C \in$ рад. ось $\omega_2$ и $\Omega$. Стало быть $CX -$ рад. ось $\omega_2$ и $\Omega => L \in$ рад. ось $\omega_2$ и $\Omega$, но так как $L \in \omega_2$, то $L \in \Omega$. Аналогично и $K \in \Omega$. $\square$

$\textbf{Завершение}$: Так как $O -$ центр $\Omega$, а $K, L \in \Omega$, то $O -$ центр $(AKL)$. С другой стороны, мы определили $O$ как центр $(ZTNM)$, то есть $O$ лежит на серединном перпендикуляре к $MN$, а значит $OM = ON$.$\blacksquare$

Лемма: Пусть даны окружности $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_3$. ГМТ таких точек $P$, что $Pow(P,\omega_1) = Pow(P,\omega_2) + Pow(P,\omega_3)$ - окружность.

Доказательство: Введем координаты на плоскости. Пусть $P=(x,y)$, $O_i$ и $r_i$ - центр и радиус окружности $\omega_i$ соответственно.

$\Rightarrow$ $O_1 P^2 - r_1^2 = O_2 P^2 - r_2^2 + O_3 P^2 - r_3^2$

$\Rightarrow$ $(x-x_1)^2 + (y-y_1)^2 - r_1^2 = (x-x_2)^2 + (y-y_2)^2 - r_2^2 + (x-x_3)^2 + (y-y_3)^2 - r_3^2$

$\Rightarrow$ $x^2+y^2+ax+by+c=0$, что является уравнением окружности.

Вернемся к задаче. Пусть $BK \cap AC = E$, $CL \cap AB = F$.

Очевидно, что четырехугольники $BFEC, BLEN, CKMF$ - вписанные с радикальным центром их описанных окружностей $=BK \cap CL$.

$AM \cdot AF = \frac{1}{2} AB \cdot AF = \frac{1}{2} AC \cdot AE = AN \cdot AE \Rightarrow MFEN$ - вписанный.

Пусть $BK \cap (CKMF) = X, CL \cap (BLEN) = Y$ $(X \neq K, Y \neq L)$

Заметим, что $Pow(X,(BFEC)) = XE \cdot XB = Pow(X,(BLEN)) = Pow(X,(BLEN)) + Pow(X,(CKMF))$,

$Pow(K,(BFEC)) = KE \cdot KB = Pow(K,(BLEN)) = Pow(K,(BLEN)) + Pow(K,(CKMF))$,

$Pow(Y,(BFEC)) = YF \cdot YC = Pow(Y,(CKMF)) = Pow(Y,(BLEN)) + Pow(Y,(CKMF))$,

$Pow(L,(BFEC)) = LF \cdot LC = Pow(L,(CKMF)) = Pow(L,(BLEN)) + Pow(L,(CKMF))$,

$Pow(A,(BFEC)) = AF \cdot AB = 2 Pow(A,(MFEN)) = Pow(A,(BLEN)) + Pow(A,(CKMF))$

$\Rightarrow$ По лемме, $AXLKY$ - вписанный.

$BM \cdot BF = BK \cdot BX, CN \cdot CE = CL \cdot CY \Rightarrow BC$ - радикальная ось $(MFEN)$ и $(AXLKY)$

$\Rightarrow$ линия центров $(MFEN)$ и $(AXLKY)$ перпендикулярна $BC$ $\Rightarrow$ перпендикулярна $MN$ $\Rightarrow$ линия центров $(MFEN)$ и $(AXLKY)$ это серединный перпендикуляр к $MN$ $\Rightarrow$ $OM = ON$.