Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2026 год

$ABCD$ төртбұрышы центрі $I$ болатын $\omega$ шеңберіне сырттай сызылған. Төртбұрыштың $AC$ және $BD$ диагональдары $E$ нүктесінде қиылысады. $J$ — $ABD$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер центрі болсын. $EJ$ сәулесінің жалғасы $\omega$-ны $P$ нүктесінде қиып өтеді. $PI\perp BD$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть $(BYJ)\cap(DXJ)=Q$, $\angle ABD=2\alpha$, $\angle ADB=2\beta$. Очевидно:

\[2\angle YQX=2(\angle YQJ+\angle JQX)=2(\angle YBJ+\angle XDJ)=2\alpha+2\beta \]

\[2\alpha+2\beta=180-\angle YAX=\angle YIX\]

Получаем что $Q$ лежит на $\omega$. $P=QJ\cap\omega$, $\angle OIX=\angle PIX=2\angle PQX=2\angle JQX=2\angle JDX=\angle ODX$ где $O=PI\cap BD$. Тогда $OIXD$ вписсан и $\angle IOD=\angle IXD=90$. Остается доказать что $E$ лежит на $JQ$ что бы $P$ была нашей точкой из условия. $(DXJ)\cap BD=G$, $(BYJ)\cap BD=H$ т.к. $J$ лежит на биссектриссах получим $JX=JG, JY=JH$ и не сложнo заметить коллинеарность $A,J,I$ откуда $JY=JX$. $JQ$ является рад. осью $(DXJ),(BYJ)$ тогда достаточно показать что $EG\cdot ED=EH\cdot EB$. $L$ точка пересечения биссектрисы угла $EDT$ с $YT$ ($E$ лежит на $YT$ очевидно).

\[JX=JH,\angle XDJ=\angle JDH\rightarrow DT=DX=DH\] значит $\triangle DHL=\triangle DTL$.

\[\angle BYT-180-\angle AYT=180-\angle YTD=180-\angle LTD=180-\angle LHD=\angle LHB\]

Значит $BYHL$ вписсан и $EB\cdot EH=EY\cdot EL$.

\[\angle YTD= \angle YTX+\angle XTD=(\alpha+\beta)+(90-\beta-\angle LTD)=90+\alpha-\angle LDT.\]

\[\angle YLD=\angle YTD+\angle LDT=90+\alpha\]

\[\angle YGH=180-\angle YXH= 180- \frac{\angle YJH}{2}=180-\frac{180-\angle YBH}{2}=90+\alpha\]

$\angle YLD=\angle YGH=\angle YGD\rightarrow YGLD$ вписсан и $EG\cdot ED= EY\cdot EL$.

\[EG\cdot ED=EY\cdot EL=EH\cdot EB\] Ч.Т.Д.

скуфяра сразу на геому решение расписывать