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오랫만에 와서 풀었는데 재밌네ㅋㅋ
편의상 2-1, 3, 1-1, 2-2 순으로 풀겠음
아직 1-2는 안풀어봄..



그림과 같이 DA, AB, BC, CD의 접점을 E, F, G, H, EH, FG 교점을 X, EF, GH 교점을 Y, A, C의 접선들의 교점을 J, B, D의 접선들의 교점을 K, AD, BC 교점을 L, AB, CD 교점을 Q라 하자.

(Lemma 1) EG, FH는 P를 지난다.
(Pf) EG, FH의 교점을 P', EH, FG의 교점을 X, EF, GH의 교점을 Y라 하자. 그럼 내접원 I에서 (E, F, F, H, G, G)로 Pascal 정리 사용 시 Y, B, P'은 공선점. 또 (F, E, E, G, H, H)로 하면 Y, D, P'도 공선점.
따라서 BD는 P'을 지나고, 같은 방식으로 하면 AC도 P'을 지난다. 따라서 P=P'이고, AC, BD, EG, FH는 같은 점 P를 지난다.

(Lemma 2) 어떤 원 위에 반시계방향으로 네 점 A, B, C, D가 있고, AB, CD의 교점이 X, AD, BC의 교점이 Y, A와 C에서 그은 접선들의 교점은 Z, B와 D에서 그은 접선들의 교점은 W라 하자. 그럼 X, Y, Z, W는 공선점이다.
(Pf) (A, B, B, C, D, D), (A, A, B, C, C, D)에서 Pascal 정리 사용 시 X, W, Y, Z 공선점되니 끝.

2번.
(1) (1번째 그림 참조)
EF, GH는 각각 점 A, C의 원 I에 대한 polar이고, Y는 그 둘의 교점. 따라서 La Hire 정리에 의해 AC는 Y의 원 I에 대한 polar. 같은 방식으로 BD는 X의 원 I에 대한 polar이고, P는 두 polar의 교점이니 XY는 P의 원 I에 대한 polar. 따라서 IP⊥XY.
또 AC, BD는 각각 J, K의 원 O에 대한 polar이고 AC, BD 교점은 P니 JK는 P의 원 O에 대한 polar. 따라서 OP⊥JK.
그런데 원 I, O에 대해 각각 (Lemma 2) 적용 시 X, Y, L, Q, J, K는 전부 공선점. 따라서 직선 XY, JK는 동일하고, I, O, P는 일직선이 된다.

3번. (2번째 그림 참조)
△AIC 외접원과 △BID 외접원의 다른 교점을 R'이라 하자. 이제 이것이 □OMPN의 Miquel Point와 같음을 보일 것이다.
우선 Newton 정리에 의해 I, M, N은 일직선. 이제 ON, PM의 교점을 S, OM, PN의 교점을 T라 하면 ∠OMP=∠ONP=90°니 P는 △OST의 수심, 따라서 OP⊥ST.
이제 OP, ST의 교점을 R이라 하면 수심 성질에 의해 △ONT, △PMT, △OMS, △PNS의 외접원들은 R을 지난다. 따라서 R이 문제의 Miquel Point이고, (S, T, M, N), (P, M, T, R)은 공원점들이니 ∠PMI=∠STN=∠PMR.

이때 ∠AIF=∠EIF/2=(180°-∠EAF)/2=∠GCH/2=(180°-∠GIH)/2=90°-∠CIG. 따라서 ∠AIC=90°+∠FIG=90°+∠ADC=90°+∠AOC/2, ∠AOC=2*∠AIC-180°. 또한 △AIC의 외심을 U라 하면 ∠AUC=2*∠AR'C=360°-2*∠AIC니 ∠AUC+∠AOC=180°. 결국 ∠OAU=∠OCU=90°고, A, C는 O에서 원 U에 그은 접선의 접점.
근데 같은 원리로 O에서 △BID의 외접원에 그은 접선도 B, D에서 접함. 따라서 원 O의 △AIC, △BID 외접원에 대한 방멱은 AO^2, BO^2으로 같으니 O는 두 원의 근축인 IR' 위. 결국 O, I, P, R'은 공선점.

따라서 IP는 각 AIC의 Symmedian이니 ∠AIR'=∠MIC=∠MCR', ∠MR'C=∠AR'I=∠MCI. 따라서 ∠PMR'=∠PMI.
따라서 R, R'은 같은 OIP 직선 위고 ∠PMR'=∠PMR이니 R'=R이 되어 증명 끝.

1번.
(1)
풀이 1: 일반적으로 내접원, 외접원 반지름이 각각 r, R인 경우를 보자.
2-1과 3의 풀이를 참조 시 XY는 P의 원 I에 대한 polar이자 O에 대한 polar. 또한 OI*OR=OA^2이고 ST⊥OI니 ST는 I의 원 O에 대한 polar. 또한 ∠RMI의 내각&외각 이등분선은 각각 MP, MO니 RP/PI=RM/MI=RO/OI.
이제 OI=x면 OR=R^2/x, RP/PI=(R/x)^2. 근데 RI=R^2/x-x=(R^2-x^2)/x니 RP=(R^2-x^2)*R^2/(R^2+x^2)*x, PI=(R^2-x^2)*x/(R^2+x^2). 따라서 OP=2*R^2*x/(R^2+x^2).
이제 O에서 XY까지 거리가 h면 h=(R^2+x^2)/2*x. 그럼 PI*(h-x)=r^2이고, 정리 시 (R^2-x^2)^2/(R^2+x^2)=2*r^2. 이 방정식 풀면 x=sqrt{R^2+r^2-r*sqrt(4*R^2+r^2)} 나옴.

풀이 2: OI와 원 O의 교점을 a, b라 하자. Poncelet's Closure Theorem에 의해, 만약 원 O, 원 I에 각각 내접&외접하는 볼록사각형 존재 시 a, b를 꼭짓점으로 하고 O, I에 각각 내접&외접하는 볼록사각형이 존재.
이때 이 사각형의 a, b가 아닌 꼭짓점 중 하나를 c라 하면 직각삼각형 abc는 빗변길이 2*R(중점 O)이고, ab 위엔 I가 있으며 I에서 ac, cb에 내린 수선 길이는 r로 같다.
이때도 OI=x로 두고 닮음쓰면 위와 같은 식 나옴.

2번.
(2) (3번째 그림 참조)
위에서 말한 Symmedian 이용하면 됨. 그냥 AC 중점 M, AM=MC=x, MI=y라 두면 AP/12=x/y, AP=12*x/y. 또 PD/x=18/y, PD=18*x/y. 또 AV/AW=18/6=3이니 AW=4*x/y. 마지막으로 CV/CW=12/6=2니 CW=9*x/y. 따라서 AW+WC=13*x/y=2*x, y=13/2.
또 VI/12=18/y, VI=216/y=432/13. 또한 AW=8*x/13, WC=18*x/13. 따라서 AW*WC=144*x^2/169=VW*WI=(432/13-6)*6=354*6/13. 따라서 x^2=767/4, AC=sqrt(767).

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