Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2005 жыл

$I$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер болсын. $B$ және $C$ төбелері арқылы өткен шеңбер $BI$ және $CI$ кесінділерін сәйкес түрде $P$ және $Q$ нүктелерінде қияды. $BP\cdot CQ=PI\cdot QI$ теңдігі орындалатыны белгілі. $PQI$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер берілген үшбұрышқа сырттай сызылған шеңберді жанайтынын дәлелде. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Рассмотрим окружности, касающиеся $CI$ и $BI$ в $I$, проходящие через точки $B$ и $C$ соответственно. Здравый смысл дает их вторую точку пересечения $R$, а велосипедисты - подобие треугольников $RBI$ и $RIC$. Условие переписывается, как $\dfrac{BP}{PI}=\dfrac{QI}{CQ}$, откуда следует равенство $\angle BPR=\angle IQR$, поэтому $PIRQ$ вписан. Катарсис проявляет равенство $\angle CRQ=\angle IRP=\angle IQP=\angle IBC$. Это говорит о том, что $RQ$ проходит через середину дуги $AC$ окружности $(ABC)$. Своего рода $RP$ тоже должен проходить сквозь середину дуги $AB$ окружности $(ABC)$. Тем самым предрассудки приводят к лемме Фусса для окружностей $(ABC)$ и $(PQCB)$ с секущими $BI$ и $CI$, следствием чего является параллельность $PQ$ и прямой, проходящей через середины дуг $AB$ и $AC$. Тем самым $(PIQ)$ и $(ABC)$ касаются в $R$.