Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2005 жыл

$I$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер центрі болсын. $AC$ және $AB$ қабырғаларының орталары сәйкес түрде ${{B}_{1}}$ және ${{C}_{1}}$ нүктелері болсын. $\angle BI{{C}_{1}}+\angle CI{{B}_{1}}=180{}^\circ $ болатыны белгілі. $AB+AC=3BC$ теңдігін дәлелде. ( Д. Ростовский, Ф. Бахарев )

Комментарий/решение

В четырехугольнике $BCB_1C_1$ выполняется условие $\angle BIC_1+\angle CIB_1=180^{\circ}$ значит в ней существует изогональное сопряженная точка к $I$, тогда по теореме, если $F,G,D,E$ основание перпендикуляров из точки $I$ к $BC,BC_1,C_1B_1,B_1C$ тогда $FGDE$ - вписанный, но $I$ инцентр, значит это окружность является вписанной в $ABC$, получается $BB_1CC_1$ - трапеция , так как $B_1C_1$ средняя линия $ABC$. Тогда учитывая $B_1C_1=\dfrac{BC}{2}$:

$$\dfrac{BC}{2}+BC = B_1C+C_1B$$

$$3BC=2(B_1C+C_1B)$$

Нужно доказать что $2(B_1C+C_1B)=AB+AC=AB_1+B_1C+AC_1+BC_1$

или $B_1C+C_1B=AB_1+AC_1$ что верно так как $B_1C=AB_1, \ C_1B=AC_1$

Matov, ты уже 10 лет публикуешь решения. Как ты не устал и не забросил это? Удивляюсь твоей упорность и мотивации

Наверное он кайфует от этого, типо хобби. Жалко, что олимпиадная математика особого применения в жизни не имеет и ол. прога например в этом случае гораздо полезнее. Однако, как просто развлечение неплохо