Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2008 жыл

${{I}_{1}}$ нүктесі $BC$ қабырғасына қатысты $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбердің центрі $I$ нүктесіне симметриялы. $BC{{I}_{1}}$ шеңбері, $I{{I}_{1}}$ түзуін екінші рет $P$ нүктесінде қияды. $P$ нүктесі, $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбердің сыртында орналасқаны белгілі. $P$ нүктесінен осы шеңберге, $X$ және $Y$ нүктелерінде жанамалар жүргізілді. $XY$ түзуі $ABC$ үшбұрышының орта сызығын қамтитынын дәлелдеңіз. ( Л. Емельянов )

Комментарий/решение

1)Пусть $D,J$ точки касания вписанной окружности со сторонами $AC,AB$ соответственно, пусть так же $L \in CI \cap DJ, \ V \in BI \cap DJ$ тогда по лемме 255: $\angle CLB = \angle BVC = 90^{\circ}$ тогда подсчетом углов, $P \in BL \cap CV$. То есть получаем что $I$ - ортоцентр $BCP$

2) $XY$ - это поляра точки $P$ отн вписанной окружности, то есть $PI \perp XY $ значит $XY || BC$ , пусть $E \in XY \cap BI, \ F \in XY \cap AB$

1. Тогда по теореме о полярах, $E$ лежит на поляре точки $P$ тогда поляра точки $E$ проходит через точку $P$ и так как $BI \perp CP$ тогда $CP$ - поляра точки $E$.

2 Поляра точки $A$ проходит через точку $V$ (это прямая $DJ$) тогда поляра точки $V$ проходит через $A$ и так из пункта 1 тогда она проходит и через точку $E$ значит $AE$ есть поляра точки $V$ значит $AE \perp BI$ значит треугольник $AEB$- прямоугольный.

3) Тогда $x=\angle FBE = \angle CBI = \angle FEB$ то есть $FB=FE$ но $\angle FEA = 90^{\circ}-x$ и $\angle BAE = 90^{\circ}-x$ то есть $FA=FE$ значит $F$ - середина $AB$ значит $XY$ - средняя линия $ABC$