Всем привет! Сегодня предлагаю вам посмотреть на еще два решения задачи с американского декабрьского отбора на международную олимпиаду. Первое (авторское) решение, конечно, было коротким и ясным, но мне абсолютно не понятно, как его можно было придумать. Этим часто отличаются авторские решения, поскольку авторы не торопятся рассказывать о том, как они придумали задачу, но видят на картинке чуть больше решающих. Попробуем проникнуть чуть глубже в задачу...
Напомню, что все задачи американских отборов этого сезона можно посмотреть тут. Следить за публикациями удобно на канале Олимпиадная геометрия. Начнем традиционно с условия задачи.
Первый шаг сегодняшних двух решений следующий. Давайте обозначим точки пересечения окружности Ω, описанной около четырехугольника ABCD, с прямыми TA и TB через E и F соответственно. Тогда утверждение задачи будет равносильно тому, что прямые AB, CD и EF пересекаются в одной точке, поскольку в этом случае точки T, X и Y окажутся принадлежащими поляре точки пересечения относительно окружности Ω.
Этот первый шаг в решении кажется вполне естественным, хоть и не единственно возможным. Так вот, доказательство того, что EF, AB и CD пересекаются в одной точке можно провести разными способами.
Способ первый. Теорема Чевы.
Первый способ напрашивается. Из тригонометрической теоремы Чевы легко вывести, что если вписанный шестиугольник ACFBDE (или шестизвенная ломаная) таков, что произведения его сторон через один равны, то его главные диагонали AB, CD и EF пересекаются в одной точке. Теорему Чевы надо применить к треугольнику AFD. Таким образом, требуется проверить, что
Более или менее понятно, что речь идет про миллион подобий, которые есть на картинке благодаря огромному количеству окружностей. Пусть AB пересекает повторно Г₁ и Г₂ в точках P и Q соответственно.
Треугольники DAE и DQB подобны (поворотно гомотетичны с центром в точке D), поэтому AE/ED=QB/BD. Аналогично, треугольники CBF и CPA подобны, поэтому CF/BF=CA/PA. Перемножим и получим, что
То есть нам надо доказать, что QB=PA. Но это очень хорошо известное утверждение, которое следует из того, что степень точки B относительно Г₁ равна степени точки A относительно Г₂.
Способ второй. Инверсия.
Другое решение тоже напрашивается. Слишком уж много в задаче окружностей и касаний. Давайте сделаем инверсию, скажем, с центром в точке A. Образы точек и других объектов будем помечать штрихом.
Получим такую картину.
И надо доказать, что окружности, описанные около треугольников AE'F' и AC'D' пересекаются на AB'. Это эквивалентно тому, что степени точки B' относительно этих окружностей одинаковы. Последнее верно в виду соотношения B'F'/B'D'=B'C'/B'E', которое верно в силу наличия гомотетии с центром в точке B', переводящей окружности и параллельные прямые друг в друга.