Matematyka.pl

Udowodnimy coś mocniejszego, z czego będzie wynikała teza:

Dany jest \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) oraz punkty \(\displaystyle{ A_1, \ B_1, \ C_1}\) leżące odpowiednio na prostych \(\displaystyle{ BC, \ CA, \ AB}\). Punkt \(\displaystyle{ A_2}\) to odbicie symetryczne \(\displaystyle{ A_1}\) względem środka boku \(\displaystyle{ BC}\), analogicznie definiujemy \(\displaystyle{ B_2, \ C_2}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ M_{XY}}\) środek boku \(\displaystyle{ XY}\). Wtedy proste \(\displaystyle{ M_{A_1B_2}M_{B_1A_2}, \ M_{B_1C_2}M_{C_1B_2}, \ M_{A_1C_2}M_{C_1A_2}}\) przecinają się w jednym punkcie.

Wprowadzamy współrzędne barycentryczne: \(\displaystyle{ A_1=(0,d,1-d), \ A_2=(0,1-d,d), \ B_1=(e,0,1-e), \ B_2=(1-e,0,e),}\)\(\displaystyle{ \ C_1=(f,1-f,0) , \ (1-f,f,0)}\). Wyliczamy współrzędne odpowiednich środków, a następnie równania prostych takich jak \(\displaystyle{ M_{A_1B_2}M_{B_1A_2}}\). Po żmudnych rachunkach dostajemy, że tez jest równoważna istnieniu takiego punktu \(\displaystyle{ P=(x,y,z)}\), że spełniony jest układ równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x(3d-e-1)+y(3e-d-1)+z(1-d-e)=0 \\ x(1-f-e)+y(3e-f-1)+z(3f-e-1)=0 \\ x(3d+f-2)+y(f-d)+z(-3f-d+2)=0 \end{cases}}\)

Z drugiej strony widzimy, że po odjęciu stronami dwóch pierwszych równości dostajemy trzecią, czyli rozwiązanie dwóch pierwszych równań spełnia też trzecie. Te równania wyznaczają dwie proste, więc taki punkt musi istnieć. Udowodniliśmy tym samym, że rozważane proste są współpękowe.

Wprowadźmy oznaczenia: \(\displaystyle{ E}\), \(\displaystyle{ F}\) - punkty styczności \(\displaystyle{ \omega}\) z \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\),\(\displaystyle{ I}\) - środek \(\displaystyle{ \omega}\), \(\displaystyle{ S}\) - środek \(\displaystyle{ o}\), \(\displaystyle{ l}\) - prosta \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ X}\) - środek łuku \(\displaystyle{ BC}\) niezawierającego \(\displaystyle{ T}\), \(\displaystyle{ Y}\) - środek łuku \(\displaystyle{ BC}\) zawierający \(\displaystyle{ T}\). Rozważmy inwersję względem okręgu o środku w \(\displaystyle{ T}\) i dowolnym promieniu. (\(\displaystyle{ X'}\) będzie obrazem punktu lub figury \(\displaystyle{ X}\)). Okręgi \(\displaystyle{ o}\) i \(\displaystyle{ \omega}\) przejdą na dwie proste równoległe, a prosta \(\displaystyle{ l}\) na okrąg przechodzący przez \(\displaystyle{ B'}\), \(\displaystyle{ C'}\), \(\displaystyle{ T}\), styczny do \(\displaystyle{ \omega}\), a więc \(\displaystyle{ D'}\) jest środkiem łuku \(\displaystyle{ BC}\) trójkąta \(\displaystyle{ TB'C'}\). Oczywiście punkty \(\displaystyle{ I'}\) oraz \(\displaystyle{ S'}\) będą odbiciami punktu \(\displaystyle{ T}\) względem prostych \(\displaystyle{ \omega'}\) oraz \(\displaystyle{ o'}\). Oznaczmy teraz przecięcia \(\displaystyle{ TB'}\), \(\displaystyle{ TK'}\), \(\displaystyle{ TC'}\) z \(\displaystyle{ \omega'}\) jako \(\displaystyle{ B''}\), \(\displaystyle{ K''}\), \(\displaystyle{ C''}\). Z potęgi punktu dostajemy \(\displaystyle{ E'B'' = B''D'}\), \(\displaystyle{ D'C'' = C''F'}\), \(\displaystyle{ E'K'' = K''F'}\). Z prostych rachunków wynika, że \(\displaystyle{ B''D'' = K''C''}\). Ze znanego faktu \(\displaystyle{ T, D, X}\) są współliniowe, więc \(\displaystyle{ X'}\) będzie przecięciem prostych \(\displaystyle{ TD'}\) i \(\displaystyle{ B'C'}\). Zatem poprzednia równość z jednokładności jest równoważna równości: \(\displaystyle{ B'X' = K'C'}\). Teraz, ponieważ \(\displaystyle{ B'D' = D'C'}\) to \(\displaystyle{ D'K'}\) jest odbiciem \(\displaystyle{ D'T}\) względem dwusiecznej \(\displaystyle{ \angle BDC}\) zatem \(\displaystyle{ I', D', K'}\) są współliniowe. Teraz można otrzymać tezę na prostych rachunkach kątów (wiedząc, że \(\displaystyle{ \angle TD'B' = \angle K'D'C'}\)) albo można zrobić tak: \(\displaystyle{ \angle D'K'B' = \angle D'X'K' = \angle B'X'T = \angle I'TY'}\), ta ostatnia równość wynika z tego, że \(\displaystyle{ TI' \perp B'C'}\) oraz \(\displaystyle{ \angle X'TY' = \frac{\pi}{2}}\). Zatem punkty \(\displaystyle{ Y', T, D', I'}\) leżą na jednym okręgu. Ten fakt, razem z współliniowością \(\displaystyle{ I', D', K'}\) oznacza, że \(\displaystyle{ K, I, Y}\) są współliniowe oraz \(\displaystyle{ T, I, D, K}\) leżą na jednym okręgu. Czyli \(\displaystyle{ KI}\) jest dwusieczną \(\displaystyle{ \angle BKC}\) oraz ponieważ \(\displaystyle{ IT = ID}\) to \(\displaystyle{ KI}\) jest także dwusieczną \(\displaystyle{ \angle TKD}\). Łącząc dwie ostatnie własności otrzymujemy tezę.

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ \tau}\) okrąg styczny do odcinków \(\displaystyle{ AB, \ AC}\) oraz do okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) w punkcie \(\displaystyle{ K}\) (leżącym po przeciwnej stronie \(\displaystyle{ BC}\) niż \(\displaystyle{ T}\)) Niech prosta styczna w punkcie \(\displaystyle{ K}\) od \(\displaystyle{ \omega}\) przecina \(\displaystyle{ BC}\) w \(\displaystyle{ N}\), z osi potęgowych \(\displaystyle{ NT}\) jest styczna do \(\displaystyle{ \omega}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ Q}\) środek łuku \(\displaystyle{ BC}\) okręgu \(\displaystyle{ o}\) który zawiera \(\displaystyle{ T}\), a przez \(\displaystyle{ P}\) tego co nie zawiera. Ze znanego lematu punkty \(\displaystyle{ T, \ I, \ P}\) są współliniowe. Niech \(\displaystyle{ Z=TQ \cap BC}\). Łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ (Z,X;B,C)=1}\), czyli okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle ZTX}\) jest prostopadły do \(\displaystyle{ o}\) co implikuje, że \(\displaystyle{ N}\) jest środkiem \(\displaystyle{ ZX}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ B', \ C'}\) przecięcia prostej \(\displaystyle{ BC}\) z \(\displaystyle{ \omega}\), oczywiście \(\displaystyle{ \angle BKB'= \angle CKC'}\). Widzimy, że \(\displaystyle{ (Z,X;B',C')=1}\), więc \(\displaystyle{ R=ZK \cap \omega}\) jest środkiem łuku \(\displaystyle{ B'C'}\) okręgu \(\displaystyle{ \omega}\), czyli z jednokładności \(\displaystyle{ R \in TX}\). Jak wiemy \(\displaystyle{ \angle B'KX=\angle C'KX}\) czyli \(\displaystyle{ S=KX \cap \omega}\) jest środkiem łuku \(\displaystyle{ B'C'}\), co z jednokładności w \(\displaystyle{ T}\) implikuje współliniowość \(\displaystyle{ Z, \ T, \ S, \ Q}\).
Udowodnimy, że biegunowa \(\displaystyle{ A}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\) przechodzi przez \(\displaystyle{ Z}\), rzeczywiście oznaczmy przez \(\displaystyle{ E, \ F}\) odpowiednio punkty styczności okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) z \(\displaystyle{ AB, AC}\). Korzystając z tw. Menelaosa wystarczy pokazać, że \(\displaystyle{ \frac{BE}{BT}=\frac{CF}{CT}}\) a to możemy otrzymać rozważając jednokładność w \(\displaystyle{ T}\).
Udowodniliśmy tym samym, że biegunowa punktu \(\displaystyle{ Z}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\) przechodzi przez \(\displaystyle{ A}\), czyli jest to prosta \(\displaystyle{ AX}\) (wcześniejszy dwustosunek). Rozważając czworobok zupełny wyznaczony przez proste \(\displaystyle{ KR \ ,KT, \ TS, \ RS}\) stwierdzamy, że \(\displaystyle{ X(A,B;K,I)=X(Z,KT \cap RS;K,T)=1}\), a to jest oczywiście równoważne z tezą zadania.

Niech \(\displaystyle{ D_1}\) będzie punktem styczności okręgu dopisanego do \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) z \(\displaystyle{ BC}\). Przez \(\displaystyle{ D_2}\) oznaczmy punkt antypodyczny do \(\displaystyle{ D}\) względem okręgu wpisanego, a niech punkty \(\displaystyle{ E, F}\) będą punktami styczności tego okręgu z \(\displaystyle{ AC, AB}\). \(\displaystyle{ X=D_2T \cap BC, Y=AT \cap BC}\). Z jednokładności wiemy, że \(\displaystyle{ TD}\) jest dwusieczną \(\displaystyle{ \angle BTC}\), a ponieważ \(\displaystyle{ XT \perp DT}\), więc \(\displaystyle{ (X, D; B, C)=1}\). Implikuje to to, że \(\displaystyle{ E, F, X}\) są współliniowe. \(\displaystyle{ X}\) jest oczywiście biegunem prostej \(\displaystyle{ AD}\) względem okręgu wpisanego. Z tego powodu \(\displaystyle{ 1=(X, AD \cap EF; F, E)=(X, AD \cap XT; T, D_2)=(X, D; Y, D_1)}\). Otrzymujemy zatem, że \(\displaystyle{ DT}\) jest także dwusieczną \(\displaystyle{ \angle YTD_1}\). Mamy z tego, że\(\displaystyle{ L=o \cap TD_1}\), \(\displaystyle{ KLCB}\) jest trapezem równoramiennym. Ponieważ \(\displaystyle{ D, D_1}\) są izotomicznie sprzężone względem \(\displaystyle{ BC}\), więc \(\displaystyle{ \angle DKC= \angle D_1LB=\angle TCB= \angle TKB}\), co należało pokazać.

Oczywistym jest, że na czworokątach \(\displaystyle{ BEFC, AQPB, CPQD}\) można opisać okręgi. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ L}\) środek okręgu opisanego na \(\displaystyle{ \triangle BQC}\). Zauważmy teraz, że skoro \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ BC}\) są antyrównoległe, to na prostej \(\displaystyle{ QL}\) będzie leżało ortocentrum \(\displaystyle{ \triangle EQF}\). Wynika to z tego, że ortocentrum i środek okręgu opisanego na danym trójkącie, są izogonalnie sprzężone. Zauważmy, że wystarczy teraz pokazać, że \(\displaystyle{ EF}\) jest osią potęgową okręgów opisanych na \(\displaystyle{ \triangle APD, BQC}\). Na mocy naszego pierwszego spostrzeżenia o cykliczności \(\displaystyle{ AQPB}\) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ AE \cdot EP= BE \cdot EQ}\), co jest równoważne z tym, że \(\displaystyle{ E}\) należy do osi potęgowej wspomnianych okręgów. Podobnie pokazujemy to dla \(\displaystyle{ F}\) i mamy tezę zadania.

Niech \(\displaystyle{ o}\) - okrąg styczny wewnętrznie do opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) i do prostych \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ AC}\), \(\displaystyle{ P}\)- punkt styczności okręgu dopisanego naprzeciwko \(\displaystyle{ A}\) z bokiem \(\displaystyle{ BC}\).
Zróbmy inwersję w \(\displaystyle{ A}\) o promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{AB*AC}}\). Niech \(\displaystyle{ K'}\) - punkt styczności okręgu \(\displaystyle{ o}\) z opisanym, a \(\displaystyle{ K*}\)- jego obraz w naszej inwersji. Znanym jest fakt że w tej inwersji przechodzi on na okrąg dopisany naprzeciwko\(\displaystyle{ A}\) i że \(\displaystyle{ \angle BAK' = \angle CAP}\). Skoro również \(\displaystyle{ \angle ACB = \angle AK'B}\) to \(\displaystyle{ \triangle ABK'}\) jest podobny do \(\displaystyle{ \triangle APC}\) a skoro \(\displaystyle{ BD=PC}\) to implikuje nam to podobność \(\displaystyle{ \triangle BDK'}\) i \(\displaystyle{ \triangle ACK'}\). Czyli wychodzi nam, że \(\displaystyle{ \angle K'DE= \pi -\angle BDK'= \pi -\angle ACK' =\angle ABK' = \pi - \angle K'FE}\), czyli \(\displaystyle{ K'}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ \omega}\), zatem \(\displaystyle{ K=K'}\). No i to w sumie koniec bo wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ K^{*}}\) będzie leżeć na okręgu dopisanym ( z tego faktu ) , czyli \(\displaystyle{ A}\) - środek inwersji, \(\displaystyle{ K=K'}\) i i jego obraz- \(\displaystyle{ K^{*}}\) leżą na jednej prostej.

Niech \(\displaystyle{ DK \cap EL = X}\), \(\displaystyle{ DE \cap KL = Y}\) i niech \(\displaystyle{ O}\) - środek okręgu \(\displaystyle{ \omega}\). Z tw. Pascala dla sześciokąta \(\displaystyle{ DDEELK}\) mamy, że \(\displaystyle{ A, X, P}\) są współliniowe. Teraz: załóżmy, że \(\displaystyle{ AP \perp BC}\). Wtedy z tw. 1.12 z Burka mamy \(\displaystyle{ YO \perp XP}\) czyli \(\displaystyle{ YO \perp BC}\), a stąd \(\displaystyle{ O \in KL}\) więc \(\displaystyle{ KL}\) jest średnicą \(\displaystyle{ \omega}\). A gdy \(\displaystyle{ KL}\) jest średnicą to \(\displaystyle{ \angle KDL = \angle KEL = \frac{\pi}{2}}\) zatem \(\displaystyle{ P}\) jest ortocentrum trójkąta \(\displaystyle{ XKL}\) więc \(\displaystyle{ XP \perp KL}\). No i mamy dowód w obie strony.

Niech \(\displaystyle{ E}\)- punkt styczności \(\displaystyle{ \omega}\) z \(\displaystyle{ AC}\) , \(\displaystyle{ F}\)- \(\displaystyle{ \omega}\) z \(\displaystyle{ AB}\) i niech \(\displaystyle{ M}\)= \(\displaystyle{ AD \cap \omega}\), \(\displaystyle{ P = KE \cap FL}\),
\(\displaystyle{ Q = FE \cap BC}\) .
Skoro proste \(\displaystyle{ AM}\), \(\displaystyle{ BK}\) i \(\displaystyle{ CL}\) tną się w jednym punkcie \(\displaystyle{ E}\) to z lematu Steinbarta mamy że proste \(\displaystyle{ DM}\), \(\displaystyle{ EK}\), \(\displaystyle{ FL}\) się tną w jednym punkcie, czyli że punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ D}\) są współliniowe. Czyli \(\displaystyle{ P}\) leży na biegunowej \(\displaystyle{ Q}\) względem \(\displaystyle{ \omega}\), zatem \(\displaystyle{ Q}\) leży na biegunowej \(\displaystyle{ P}\), a z tego wynika, że \(\displaystyle{ Q}\), \(\displaystyle{ K}\), \(\displaystyle{ L}\) są współliniowe (bo \(\displaystyle{ Q}\) leży na \(\displaystyle{ FE}\)). Teza wynika z twierdzenia Cevy i Menelaosa (i z tego, że \(\displaystyle{ \left(Q,D;B,C \right) =1}\)).

Lemat
Dany jest czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) wpisany w okrąg o środku \(\displaystyle{ O}\). \(\displaystyle{ P=AB \cap BC, Q=AD \cap BC, R= AC \cap BD, S= OR \cap PQ}\). Teza: \(\displaystyle{ Q, B, A, S}\) leżą na jednym okręgu.

Dowód
To jest przeformułowanie tego zadania


Ponieważ \(\displaystyle{ X, Y}\) są środkami jednokładności zewnętrznej, przekształcającej \(\displaystyle{ \omega_1}\) na \(\displaystyle{ \omega}\) oraz \(\displaystyle{ \omega_2}\) na \(\displaystyle{ \omega}\), więc \(\displaystyle{ J}\) jest środkiem jednokładności zewnętrznej \(\displaystyle{ \omega_1, \omega_2}\). Z tego już łatwo można wywnioskować, że czworokąt \(\displaystyle{ XMNY}\) jest cykliczny, więc na mocy twierdzenia o trzech osiach potęgowych otrzymujemy, że także \(\displaystyle{ MHKN}\) jest cykliczny. Oczywistym jest, że proste \(\displaystyle{ XM, YN, KZ}\) przecinają się w \(\displaystyle{ K}\) (inwersja \(\displaystyle{ K}\)). Zauważmy ponadto, że rozważając inwersję w \(\displaystyle{ J}\) o promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{JX \cdot JY}\) otrzymujemy, że po tym przekształceniu \(\displaystyle{ \omega_1}\) i \(\displaystyle{ \omega_2}\) zamienią się miejscami, więc ich punkt styczności się nie zmieni, zatem \(\displaystyle{ JZ^2=JX \cdot JY=JH \cdot JK=JM \cdot JN}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \angle MZN}\) jest prosty, więc także \(\displaystyle{ \angle JZL=\frac{\pi}{2}}\). Wynika to z tego, że \(\displaystyle{ PZ}\) jest osią potęgową \(\displaystyle{ \omega_1, \omega_2}\). Z kolei to, że \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}= \angle JZL}\) implikuje, iż \(\displaystyle{ \angle JHZ= \frac{\pi}{2}}\), a to już na mocy naszego lematu implikuje to, że \(\displaystyle{ H, XN \cap YM, Z}\) są współliniowe.

Lemat: w \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) punkty \(\displaystyle{ P, Q \in BC}\) są izotomicznie sprzężone, a \(\displaystyle{ E \in AC, F \in AB}\) są takimi punktami, że \(\displaystyle{ EP \perp BC, FQ \perp BC}\). Jeżeli \(\displaystyle{ O}\) to środek okręgu opisanego, a \(\displaystyle{ T}\) to drugie przecięcie okręgów opisanych na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\) i \(\displaystyle{ \triangle AEF}\), to wtedy \(\displaystyle{ A(B, C; O, T)=1}\)

Warto rozważyć inwersję w \(\displaystyle{ A}\) o promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{AB \cdot AC}}\) złożoną z symetrią względem dwusiecznej \(\displaystyle{ \angle BAC}\)

Zauważmy, że \(\displaystyle{ MC=MB}\), \(\displaystyle{ PB=QC}\) oraz \(\displaystyle{ \angle PBM=\angle QCM}\), czyli \(\displaystyle{ \triangle PBM \equiv \triangle MQC}\), więc czworokąt \(\displaystyle{ APQM}\) jest cykliczny. Oznacza to, że punkt \(\displaystyle{ M}\) jest punktem Miquela czworoboku zupełnego wyznaczonego przez przecięcia prostych \(\displaystyle{ PB, \ BC, \ CQ, \ PQ}\), wnioskujemy stąd, że okręgi opisane na \(\displaystyle{ \triangle SQC, \ \triangle SPB}\) przechodzą przez \(\displaystyle{ M}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ M_1, \ M_2}\) odpowiednio środki łuków \(\displaystyle{ CQ, \ PB}\) okręgów opisanych na \(\displaystyle{ \triangle SQC, \ \triangle SPB}\), niezawierających punktu \(\displaystyle{ M}\). Z poprzednich wniosków możemy otrzymać, że \(\displaystyle{ \triangle MQC \cup M_1 \equiv \triangle MPB \cup M_2}\). Korzystając z lematu o trójliściu: \(\displaystyle{ M_2I_2=M_2P=M_1Q=M_1I_1}\), wnioskujemy stąd, że teza zadania jest równoważna z tym, że \(\displaystyle{ M}\) leży na symetralnej \(\displaystyle{ M_1M_2}\). Z drogiej strony z poprzedniego przystawania dostajemy \(\displaystyle{ MM_1=MM_2}\), co kończy dowód.

Będziemy dowodzili, że punkt leżący na symetralnej \(\displaystyle{ AJ}\) i na prostej \(\displaystyle{ BC}\) leży na tej stycznej.
Najpierw lemat :
Oznaczenia jak w zadaniu i niech \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) będzie okręgiem o środku w \(\displaystyle{ A}\) i promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{AB \cdot AC}}\). Niech \(\displaystyle{ P}\) i \(\displaystyle{ Q}\) to przecięcia \(\displaystyle{ \omega_{1}}\) i \(\displaystyle{ l}\), gdzie \(\displaystyle{ l}\) - symetralna \(\displaystyle{ AJ}\). Wtedy \(\displaystyle{ IA=IP=IQ}\).
Dowód : Pitagoras . (No i skorzystanie z tego że \(\displaystyle{ AB \cdot AC=AI \cdot AJ}\).)
Przejdźmy do głównej części naszego zadania:
Zauważmy, że możemy sobie równoważnie zdefiniować punkty \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\) jako takie punkty na prostych \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ AB}\), że \(\displaystyle{ BC=CE=BF}\). Wynika to z tego, że \(\displaystyle{ AI}\) jest dwusieczną, czyli skoro \(\displaystyle{ A}\),\(\displaystyle{ B}\),\(\displaystyle{ I}\) i \(\displaystyle{ E}\) leżą na \(\displaystyle{ 1}\) okręgu to \(\displaystyle{ BI=IE}\). Skoro dodatkowo \(\displaystyle{ \angle ABI=\angle IBC=\angle CEI}\), to trójkąty \(\displaystyle{ \triangle BIC}\) i \(\displaystyle{ \triangle CIE}\) są symetryczne względem prostej \(\displaystyle{ IC}\) i stąd ta definicja.
Niech \(\displaystyle{ \omega}\) będzie okręgiem o środku w \(\displaystyle{ I}\) i promieniu \(\displaystyle{ AI}\). Zróbmy inwersję o środku w \(\displaystyle{ A}\) i promieniu \(\displaystyle{ \sqrt{AB \cdot AC}}\). Skoro \(\displaystyle{ AB \cdot AC=AI \cdot AJ}\), to w tej inwersji \(\displaystyle{ J}\) przechodzi na \(\displaystyle{ I}\), zaś \(\displaystyle{ D}\) na jakiś punkt \(\displaystyle{ D'}\). Skoro \(\displaystyle{ AD=DJ}\), to z \(\displaystyle{ AI=ID'}\), zatem \(\displaystyle{ D'}\) leży na okręgu \(\displaystyle{ \omega}\). Zauważmy że prosta \(\displaystyle{ BC}\) przechodzi w tej inwersji na okrąg \(\displaystyle{ o'}\), gdzie \(\displaystyle{ B'}\) i \(\displaystyle{ C'}\) to obrazy odpowiednio \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\), a \(\displaystyle{ o'}\) to okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle AB'C'}\). Zatem \(\displaystyle{ D'}\) jest przecięciem okręgów \(\displaystyle{ \omega}\) i \(\displaystyle{ o'}\). Teza jest równoważna temu że \(\displaystyle{ AD' \parallel E'F'}\), gdzie \(\displaystyle{ E'}\), \(\displaystyle{ F'}\) to obrazy \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ F}\). Z symetrii względem dwusiecznej z \(\displaystyle{ A}\) wynika, że \(\displaystyle{ D'}\) przechodzi nam na \(\displaystyle{ D^{*}}\) \(\displaystyle{ =}\) \(\displaystyle{ \omega \cap o}\), gdzie \(\displaystyle{ o}\)- okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle ABC}\). Zaś \(\displaystyle{ E'F'}\) na \(\displaystyle{ E^{*}F^{*}}\) gdzie \(\displaystyle{ E^{*}F^{*} \parallel EF}\). Czyli musimy udowodnić, że \(\displaystyle{ AD^{*} \parallel EF}\). Ale \(\displaystyle{ AD^{*}}\) to oś potęgowa \(\displaystyle{ \omega}\) i \(\displaystyle{ o}\), czyli jest prostopadła do \(\displaystyle{ OI}\). Prostopadłość prostych \(\displaystyle{ EF}\) i \(\displaystyle{ OI}\) jest równoważna warunkowi \(\displaystyle{ IF^{2} -IE^{2}= OF^{2} - OE^{2}}\), to zaś wychodzi z pitagorasa (musi bo znamy \(\displaystyle{ CE}\) i \(\displaystyle{ BF}\)).

Lemat:
Przyjmijmy oznaczenia z zadania. Niech okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle BEF}\) przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w punkcie \(\displaystyle{ J}\). Przez \(\displaystyle{ M}\) oznaczmy środek odcinka \(\displaystyle{ EF}\) Wtedy punkty \(\displaystyle{ D, \ J, \ M}\) są współliniowe. Ponadto \(\displaystyle{ ME^2=MJ \cdot MD}\)
Dowód:
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle JFE=\angle ABC= \angle JDF}\), zatem okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle DJF}\) jest styczny do prostej \(\displaystyle{ EF}\). Analogicznie okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle DFJ}\) jest styczny do \(\displaystyle{ EF}\). Ponieważ \(\displaystyle{ DJ}\) jest osią potęgową tych okręgów, więc połowi ona odcinek \(\displaystyle{ EF}\), co daje tezę lematu.

Przejdźmy do rozwiązania zadania.
Niech \(\displaystyle{ K, \ L}\) będą kolejno środkami \(\displaystyle{ AC, \ BD}\). Oczywiście punkty \(\displaystyle{ K, \ L, \ M}\) są współliniowe- leżą na prostej Newtona-Gaussa czworoboku zupełnego utworzonego z prostych \(\displaystyle{ AE, \ DE, \ AF, \ BF}\). Jeżeli teraz rozważymy inwersję względem okręgu o średnicy \(\displaystyle{ EF}\), to na mocy naszego lematu okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) będzie swoim własnym obrazem. Wystarczy więc pokazać, że także okrąg opisany na \(\displaystyle{ \triangle MXN}\) jest stały w tym przekształceniu. Niech teraz \(\displaystyle{ P}\) będzie punktem przecięcia dwusiecznych \(\displaystyle{ \angle AED}\) oraz \(\displaystyle{ \angle AFB}\). Z prostych obliczeń na kątach wynika, że \(\displaystyle{ \angle EPF}\) jest prosty, więc \(\displaystyle{ P}\) leży na okręgu o średnicy \(\displaystyle{ EF}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ KE, \ LE}\) są izogonalnie sprzężone względem \(\displaystyle{ \angle AED}\), zatem \(\displaystyle{ \frac{KE}{LE}=\frac{AC}{BD}}\). Analogicznie \(\displaystyle{ \frac{FK}{FL}=\frac{AC}{BD}}\), więc \(\displaystyle{ P}\) także leży na prostej Newtona-Gaussa, na której leżą również \(\displaystyle{ K, \ L, \ M}\) . Niech teraz \(\displaystyle{ R}\) będzie punktem antypodycznym do \(\displaystyle{ P}\) względem okręgu o średnicy \(\displaystyle{ EF}\). Zauważmy, że \(\displaystyle{ \angle PER= \frac{\pi}{2}}\) oraz \(\displaystyle{ \angle KEP= \angle LEP}\), więc \(\displaystyle{ (K, L; P, R)=1}\), a skoro \(\displaystyle{ M}\) jest środkiem odcinka \(\displaystyle{ PR}\), więc \(\displaystyle{ MX^2=MP^2=MK \cdot ML}\), czyli dostajemy tezę całego zadania.

Warto pokazać, że czworokąty \(\displaystyle{ ARCQ}\) oraz \(\displaystyle{ APBR}\) są cykliczne. Zaznaczyć środek jednego z tych okręgów i poszukać jakichś podobieństw