Олимпиадная задача по планиметрии о вписанных точках в треугольнике

Решение 1:Пусть $\alpha$ – окружность, описанная около треугольника $ABC$, $\beta$ – окружность, на которой лежат точки $D$, $F$, $G$, $E$. Заметим, что эти точки лежат на $\beta$ именно в таком порядке. Пусть $B'$ – центр окружности $\beta$. Докажем, что точки $B$ и $B'$ совпадают. Углы $ADE$ и $ABE$ равны, так как опираются на дугу $ACE$, откуда $2\angle FDE = \angle FBE$ (поскольку $DF$ – биссектриса угла $ADE$). С другой стороны, $\angle FB'E = 2\angle FDE$ (как центральный и вписанный углы), поэтому $\angle FBE = \angle FB'E$. Тогда точка $B'$ лежит на дуге $FBE$ описанной окружности треугольника $FBE$. Аналогично, точка $B'$ лежит на дуге $DBG$ описанной окружности треугольника $DBG$. Но дуга $DFGE$ лежит внутри окружности $\alpha$, откуда дуга $DBE$ лежит внутри окружности $\beta$. Тогда дуги $FBE$ и $DBG$ также лежат внутри $\beta$ и пересекаются в единственной точке, поскольку дуга $FBE$ делит окружность $\beta$ на две части, причём точки $D$ и $G$ попадают в разные части ($D$ лежит на дуге $FDE$, а $G$ – на дуге $FGE$). Значит, точки $B$ и $B'$ совпадают, поэтому $B$ – середина дуги $DBE$ (поскольку $BD = BE$). Но тогда равны углы $EAB$ и $DAB$, и для угла $\angle BPQ$, как для угла между хордами $DE$ и $AB$, мы получаем равенство: $$\angle BPQ = \angle EAB + \angle DBA = \angle DAB + \angle DBA = 180^\circ – \angle ADB = \angle ACB,$$ откуда четырёхугольник $APQC$ вписанный. Замечание.Обосновать тот факт, что дуги $FBE$ и $DBG$ пересекаются в единственной точке, можно по-разному. Например, рассмотрим радикальные оси трёх окружностей: $DFGE$, $DBG$ и $FBE$. Они пересекаются в радикальном центре – точке пересечения отрезков $DG$ и $FE$, исходя из последовательности точек на окружности. Пусть это точка $S$, а вторая точка пересечения окружностей $DBG$ и $FBE$ – это точка $Z$. Поскольку $S$ лежит внутри хорды, то её степень относительно всех трех окружностей отрицательна, то есть $S$ лежит между точками $B$ и $Z$, откуда точка $Z$ и точка $B$ лежат в разных полуплоскостях относительно прямой $DG$. Следовательно, $Z$ не лежит на дуге $DBG$, то есть $B$ – единственная точка пересечения указанных дуг.

Решение 2:Заметим сначала, что точки $G$ и $E$ лежат по другую сторону от прямой $AB$, нежели точка $D$, поэтому отрезки $DF$ и $GE$ не пересекаются. Отрезки же $DE$ и $FG$ не пересекаются по построению. Тогда $D$, $E$, $G$, $F$ – последовательные точки на окружности, откуда четырёхугольник $DFGE$ выпуклый. Далее мы докажемлемму: $B$ – середина дуги $DE$, не содержащей точек $A$ и $С$. Этого достаточно для решения задачи, поскольку тогда равны углы $EAB$ и $DAB$, и для угла $\angle BPQ$, как для угла между хордами $DE$ и $AB$, мы получаем равенство: $$\angle BPQ = \angle EAB + \angle DBA = \angle DAB + \angle DBA = 180^\circ – \angle ADB = \angle ACB,$$ откуда четырёхугольник $APQC$ вписанный. Доказать лемму можно по-разному. 1-й способ.Предположим противное: серединой дуги $DBE$ является точка $B'$, отличная от $B$. Не умаляя общности, $B'$ лежит на дуге $BE$, не содержащей точки $D$. Тогда хорда $AB'$ пересекает хорду $DE$ в точке $P'$, такой что $P$ лежит между $D$ и $P'$. Далее $DF$ – биссектриса угла $P'DA$, пусть $F'$ – точка её пересечения с $P'A$, тогда $F$ лежит между $D$ и $F'$. Аналогично, если $Q'$ – точка пересечения $B'C$ с $DE$, а $G'$ – точка пересечения $EG$ с $B'C$, получаем, что $G'$ лежит между $G$ и $E$. Имеем тогда: $$\angle F'DB' = \angle F'DE + \angle EDB' = \frac12 \angle ADE + \angle EDB' = \frac12 \angle ADE + \angle DEB',$$ $$\angle DF'B' = 180^\circ - \angle F'DB' - \angle DB'F' = (\angle DB'A + \angle ADE + \angle DEB' + \angle EDB') - \left(\frac12\angle ADE + \angle EDB'\right) – \angle DB'F' =$$ $$= \frac12 \angle ADE + \angle DEB' = \angle F'DB',$$ то есть треугольник $F'DB'$ равнобедренный и $DB'=F'B'$. Аналогично получаем $EB'=G'B'$, и из определения $B'$ выполнено $DB'=B'E$, то есть, $D$, $F'$, $G'$, $E$ лежат на окружности с центром $B'$. Так как четырёхугольники $DFGE$ и $DF'G'E'$ оба вписанные, то $F'G'$ и $FG$ параллельны (так как они обе антипараллельны $DE$ относительно $DF$ и $EG$). Однако, раз $DFGE$ выпуклый, то прямая, параллельная $FG$ и проходящая через точку $G'$, лежащую на стороне $GE$, пересечёт луч $FD$, но она пересекает прямую $FD$ в точке $F'$, лежащей на продолжении $FD$ за $F$ – противоречие. 2-й способ.Пусть $B'$ – центр описанной окружности $\omega$ четырёхугольника $DFGE$. Так как $\angle FDE$ острый, то $\frac12 \angle FB'E = \angle FDE = \frac12 \angle ADE = \frac12 \angle ABE = \frac12 \angle FBE$, то есть $\angle FB'E = \angle FBE$, при этом $B$ и $B'$ лежат одну сторону с $D$ от прямой $FE$ ($B'$ по эту сторону, так как $\angle FDE$ острый). Тогда $B'$ лежит на описанной окружности треугольника $BFE$, аналогично она лежит на описанной окружности треугольника $BGD$. Заметим сразу, что раз $\angle FBE = 2\angle FDE > \angle FDE$, то $B$ лежит внутри $\omega$. Предположим, $B \neq B'$. Тогда при инверсии относительно $\omega$ точка $B$ переходит в общую точку образов описанных окружностей треугольников $BFE$ и $BGD$, то есть в точку пересечения $FE$ и $GD$, то есть в точку пересечения диагоналей $DFGE$, то есть в некоторую точку внутри $\omega$, но это невозможно, так как $B$ сама внутри $\omega$ – противоречие. Значит, $B=B'$, откуда $BD = BE$, и значит, $B$ – середина дуги $DE$ (описанной окружности треугольника $ABC$), не содержащей точек $A$ и $С$. 3-й способ.Пусть $\omega$ – описанная окружность четырёхугольника $DFGE$, $\Omega$ – описанная окружность треугольника $ABC$. Так как $Q$ – точка внутри $\omega$, то луч $QB$ пересекает $\omega$, пусть в точке $Y$; $Y \neq B$ (иначе бы различные окружности $\omega$ и $\Omega$ имели три общие точки). Аналогично, пусть $X$ – точка пересечения луча $PB$ с $\omega$. Тогда, пользуясь равенствами вписанных углов и тем, что $EG$ – биссектриса угла $DEC$, имеем следующие равенства ориентированных углов: $$\angle (BD, DY) = \angle (BD, BC) + \angle (BC, YD) = \angle (DE, EC) + \angle (YG, YD) =$$ $$= \angle (DE, EC) + \angle (EG, ED) = -\angle (EG, ED) = -\angle (YG, YD) = -\angle (YB, YD),$$ откуда треугольник $YDB$ равнобедренный, то есть $BD=BY$, аналогично получаем $BE=BX$. Из равнобедренности $YDB$ следует, что угол $DYB$ острый, тогда $Y$ лежит на продолжении $QB$ за точку $B$ (иначе бы $YBD$ был смежным с вписанным углом $DYQ$, который острый, так как равен острому вписанному углу $DEG$). Тогда далее имеем $$\angle YDE=\angle YDB+\angle BDE=\angle DYB+\angle BDE=$$ $$= \angle DEG+\angle BDE =\frac12 \angle DEC+\angle BDE<\frac12 \angle DBE+\angle BDE.$$ Аналогично получаем, что $\angle XED < \frac12 \angle DBE+\angle BED$. Складывая эти неравенства, имеем $\angle XED+\angle YDE<\angle DBE+\angle BED+\angle BDE=180^\circ$. Значит, $DY$ и $EX$ не параллельны, поэтому серединные перпендикуляры к $DY$ и $EX$ имеют единственную общую точку, но и $B$, и центр $\omega$ являются таковыми, значит $B$ – центр $\omega$. Тогда $BD=BE$ и, значит, $B$ – середина дуги $DE$ (описанной окружности треугольника $ABC$), не содержащей точек $A$ и $С$.