7-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2007 жыл

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған $\omega $ шеңбері $BC$ қабырғасын $K$ нүктесінде жанайды. $B$ мен $C$ нүктелері арқылы өтетін және $\omega $ шеңберін $S$ нүктесінде жанайтын шеңбер жүргізейік. $SK$ түзуі $ABC$ үшбұрышына сыртта іштей сызылған және $BC$ қабырғасын жанайтын шеңбердің центрі арқылы өтетінін дәлелде. ( Д. Елиусизов )

Комментарий/решение

Пусть $I$ -центр вписанной окружности треугольника, $I_a$ - центр вневписанной окружности, касающиеся стороны $BC$, а $O_a$ - середина $II_a$. Обозначим $X$ - точку пересечения $I_aK$ с вписанной окружностью треугольника $ABC$, $Y$ - середина $KX$, а $Z$ -середина $I_aK$. Очевидно, что $\angle IYK=90^\circ=\angle IYX$, отсюда несложно понять, что точка $Y$ лежит на $(BICI_a)$, и значит $$BK\cdot KC=I_aK\cdot KY=\frac{1}{2}KP\cdot 2ZK=KP\cdot ZK,$$ тем самым, получаем, что точки $P,B,Z$ и $C$ лежат на одной окружности. Также понятно, что $ZO_a$ -серединный перпендикуляр к $BC$, поскольку $ZO_a$ - средняя линия в $\triangle IKI_a$ (то есть $ZO_a\parallel IK$) и $IK\perp BC$. Отсюда заключаем, что касательные к $\omega$ и $\omega$ в точках $K$ и $Z$ параллельны, и это значит, что касательные в точке $P$ к $\omega$ и $\omega`$ одни и теже, значит точки $X$ и $S$ совпадают.