Russia — Final Round

Отметим точки $K_1$ и $L_1$ касания вписанной сферы $\omega$ тетраэдра с гранями $ACD$ и $BCD$ соответственно, а также точки $K_2$ и $L_2$ касания сфер $\omega_B$ и $\omega_A$ с этими гранями. Сферы $\omega$ и $\omega_A$ гомотетичны с центром в точке $A$, поэтому точка $K_1$ лежит на отрезке $AK$. Аналогично, точка $L_1$ лежит на отрезке $BL$.

Покажем, что точки $L_1$ и $L_2$ изогонально сопряжены относительно треугольника $BCD$, то есть $\angle BCL_1 = \angle DCL_2$, $\angle DBL_1 = \angle CBL_2$ и $\angle CDL_1 = \angle BDL_2$. Докажем первое из этих равенств; остальные два доказываются аналогично. Обозначим через $M_1$ и $M$ точки касания плоскости $ABC$ со сферами $\omega$ и $\omega_A$ соответственно (см. рис. 20). Из равенства отрезков касательных, проведённых из одной точки к сфере, следует, что следующие пары треугольников равны по трём сторонам: $\Delta CK_1D = \Delta CL_1D$, $\Delta AK_1C = \Delta AM_1C$, $\Delta BL_1C = \Delta BM_1C$, $\angle CL_2D = \angle CKD$, $\angle BL_2C = \angle BMC$, $\angle AKC = \angle AMC$. Значит, $\angle BCL_1 + \angle BCL_2 = \angle BCM_1 + \angle BCM = \angle ACM - \angle ACM_1 = \angle ACK - \angle AKC_1 = \angle DCK_1 + \angle DCK = \angle DCL_1 + \angle DCL_2$, откуда следует требуемое равенство $\angle BCL_1 = \angle DCL_2$.

Используя условие задачи и доказанную изогональную сопряжённость точек $L_1$ и $L_2$, получаем, что $\angle CXD = \angle CKD$ $-$ $\angle CBD = \angle CL_2D - \angle CBD = \angle BCL_2 + \angle BDL_2 = \angle DCL_1 + \angle CDL_1 = 180^\circ - \angle CL_1D = 180^\circ - \angle CK_1D$. Следовательно, четырёхугольник $CK_1DX$ вписанный. Аналогично устанавливается вписанность четырёхугольника $CL_1DY$.

Обозначим через $N_1$ точку касания сферы $\omega$ и грани $ABD$. Из равенства треугольников $\triangle AK_1C = \triangle AM_1C$ и равенства аналогичных пар треугольников, примыкающих к пяти остальным рёбрам тетраэдра $ABCD$, получаем (см. рис. 21), что $2\angle AK_1C = \angle AK_1C + \angle AM_1C = (360^\circ - \angle AK_1D - \angle CK_1D) + (360^\circ - \angle AM_1B - \angle BM_1C) = 360^\circ - \angle AN_1D - \angle CL_1D + 360^\circ - \angle AN_1B - \angle BL_1C = \angle BL_1D + \angle BN_1D = 2\angle BL_1D$. Так как точки $K_1$ и $L_1$ лежат на отрезках $AX$ и $BY$ соответственно, отсюда следует, что $\angle CK_1X = \angle DL_1Y$.

Повернём плоскость $BCD$ вокруг прямой $CD$ так, чтобы она совместилась с плоскостью $ACD$ и при этом треугольник $CL_1D$ совместился с равным ему треугольником $CK_1D$. При этом повороте окружность, описанная около четырёхугольника $CL_1DY$, перейдёт в окружность $\gamma$, описанную около четырёхугольника $CK_1DX$. В частности, точка $Y$ перейдёт в некоторую точку $Y'$ на окружности $\gamma$. Из равенства углов $\angle CK_1X = \angle DL_1Y = \angle DK_1Y'$ следует, что точки $X$ и $Y'$ симметричны относительно диаметра окружности $\gamma$, перпендикулярного хорде $CD$. Следовательно, точки $X$ и $Y'$, а значит, и точки $X$ и $Y$ равноудалены от середины отрезка $CD$.