Russian Mathematical Olympiad

Let $P \in AD$ be the center of positive homothety mapping $\omega_A$ to $\omega_D$, and $R \in BD$ be the center of negative homothety mapping $\omega_A$ to $\omega_C$. We consider the case shown in Fig. 16. The given equality $\angle B I_A A + \angle I_C I_A I_D = 180^\circ$ is equivalent to $\angle P I_A R = 90^\circ + \angle PDR/2$, which in turn is equivalent to the fact that $PR$ is tangent to $\omega_A$ (and hence $PR$ is a common tangent to $\omega_A, \omega_C$, and $\omega_D$). Similarly, the required equality is equivalent to the fact that there is a line tangent to $\omega_A$, $\omega_C$, and $\omega_D$ (with $\omega_A$ being on one side of this line, and two other circles on the other side).

Denote by $A_{AD}$ the tangency point of $\omega_A$ with $AD$; the other tangency points are denoted similarly (see Fig. 17). Notice that $B_{BC} C_{BC} = A_{AD} D_{AD}$ and $A_{BD} C_{BD} = B_{AC} D_{AC}$. Let now $PR$ touch $\omega_A$, $\omega_C$, and $\omega_D$ at $L_A, L_C$ and $L_D$, respectively. Then $L_A L_D = A_{AD} D_{AD} = B_{BC} C_{BC}$ and $L_A L_C = A_{BD} C_{BD} = D_{AC} B_{AC}$.

Consider the circles $\omega'_B, \omega'_C$, and $\omega'_D$ centered at some points $I'_B, I'_C$ and $I'_D$, having the same radii as $\omega_B, \omega_C$, and $\omega_D$, respectively, and tangent to $PR$ at $L_A, L_D$, and $L_C$, respectively. Then the common tangent lengths for these circles are the same as for $\omega_B, \omega_C$, and $\omega_D$. Therefore, the triangles $I_B I_C I_D$ and $I'_B I'_C I'_D$ are congruent, so the configurations $(\omega_B, \omega_C, \omega_D)$ and $(\omega'_B, \omega'_C, \omega'_D)$ are also congruent, thus the claim.

Шаг 1. Обозначим через $P$ центр гомотетии с положительным коэффициентом, переводящей $\omega_A$ в $\omega_D$ (точка $P$ может оказаться бесконечно удалённой), а через $R$ — центр гомотетии с отрицательным коэффициентом, переводящей $\omega_A$ в $\omega_C$ (см. рис. 16). Поскольку $\angle A\overline{D}$ — общая внешняя касательная к $\omega_A$ и $\omega_D$, имеем $P \in A\overline{D}$; аналогично, $R \in B\overline{D}$.

Покажем, что данное условие
$$\angle B I_A A = 180^{\circ} - \angle I_C I_A I_D$$
равносильно тому, что прямая $l_A$, проходящая через $P$ и $I$, общая касательная к окружностям $\omega_A, \omega_C$ и $\omega_D$. Пусть, для определённости, точка $P$ лежит на луче $DA$ (другие случаи логичны). Поскольку $\omega_A$ вписана в треугольник $ABD$, имеем $\angle A I_A B = 90^{\circ} + \angle ADB/2$; с другой стороны, $180^{\circ} - \angle I_C I_A I_D = \angle P I_A R$. Значит, (*) равносильно равенству $\angle P I_A R = 90^{\circ} + \angle PDR/2$.

Обозначим через $J$ центр окружности, вписанной в четырёхугольник из точки $D$, а (*) равносильно тому, что $\angle P J R = \angle P I_A R$ — то есть совпадению точек $J$ и $I_A$. Это, в свою очередь, означает в точности, что прямые $PR$ и $RD$ симметричны относительно $I_A I_C$, а прямые $PD$ и $PR$ симметричны относительно $I_A I_D$, то есть что $PR$ касается всех трёх окружностей $\omega_A, \omega_C$ и $\omega_D$ (лежит по другую сторону от $PR$, нежели остальные две).

Аналогично, требуемое условие $\angle B I_B A + \angle I_C I_B I_D = 180^{\circ}$ равносильно тому, что у окружностей $\omega_A, \omega_C$ и $\omega_D$ существует общая касательная $l_B$, относительно которой $\omega_C$ и $\omega_D$ лежат одну сторону, а $\omega_A$ — по другую. Осталось сказать, что эти два факта равносильны.

Шаг 2. Обозначим точку касания окружности $\omega_A$ с $AD$ через $A_{AD}$; аналогично обозначим другие точки касания (см. рис. 17). Заметим, что $A_{AD} D_{AD} = \frac{|A A_{AD} - D D_{AD}|}{2} = \frac{|AB + AD - BD - AC + AD - CD|}{2} = \frac{|AB + CD - BD - AC|}{2}$;
аналогично,
$$\begin{align*} B_{BC} C_{BC} &= \frac{|AB + CD - BD - AC|}{2} &&= A_{AD} D_{AD}, \\ A_{BD} C_{BD} &= \frac{|AD + BC - AB - CD|}{2} &&= B_{AC} D_{AC}. \end{align*}$$

Предположим теперь, что $l'_A$ касается окружностей $\omega_A, \omega_C$ и $\omega_D$ в точках $L_A, L_C$ и $L_D$ соответственно. Тогда $L_A L_D = A_{AD} D_{AD} = B_{BC} C_{BC}$ и $L_A L_C = A_{BD} C_{BD} = D_{AC} B_{AC}$.

Рассмотрим окружности $\omega'_B, \omega'_C$ и $\omega'_D$ с центрами $I'_B, I'_C$ и $I'_D$, имеющие те же радиусы, что и $\omega_B, \omega_C$ и $\omega_D$ соответственно, и касающиеся $l'_A$ в точках $L_A, L_D$ и $L_C$ соответственно (причём $\omega'_B$ и $\omega'_C$ лежат по одну сторону от $l'_A$, а $\omega'_D$ — по другую). Тогда соответственные отрезки общих касательных к $\omega'_B, \omega'_C, \omega'_D$ и $\omega_B, \omega_C, \omega_D$ имеют одинаковые длины (для $\omega_C$ и $\omega_D$ это тривиально, для остальных пар следует из сказанного выше).

Отсюда легко следует, что соответственные стороны треугольников $I_B I_C I_D$ и $I'_B I'_C I'_D$ равны (например, $I'_B I'_C = I_B I_C$ из равенства четырёхугольников $I'_B L_A L_D I'_C$ и $I_B B_{BC} C_{BC}$). Поэтому и конфигурации окружностей $(\omega_B, \omega_C, \omega_D)$ и $(\omega'_B, \omega'_C, \omega'_D)$ также равны. Поскольку окружности в одной тройке касаются одной прямой $l_A$, то же верно и для другой тройки. Это и оставалось доказать.