Геометриядан Иран олимпиадасы, 2017 жыл, 3-ші лига (11-12 сыныптар)

$ABC$ үшбұрышына центрі $I$ болатын іштей сызылған шеңбер $BC$ қабырғасын $D$ нүктесінде жанайды. $DI$ түзуі $AC$ түзуін $X$ нүктесінде қияды. $X$ нүктесінен іштей сызылған шеңберге жүргізілген жанама ($AC$-дан өзге) $AB$-ны $Y$ нүктесінде қисын. Егер $YI$ және $BC$ түзулері $Z$ нүктесінде қиылысса, $AB=BZ$ екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Б.О.О $AC>AB$. $F$ - точка касания вписанной окружности с $AB$. Обратный ход дает нам $AF\stackrel{?}{=}DF$. Для $\triangle AXY$ вписанная окружность треугольника $ABC$ является вневписанной (касание отрезка $XY$ и продолжений $AX, AY$), поэтому верно, что $\angle XIY=90^\circ-\frac{\angle XAY}{2}$.

$\angle XIY=\angle DIZ=90^\circ-\angle DZI\Leftrightarrow DZI=\frac{\angle BAC}{2}$. $IF=ID, \angle IFA=\angle IDZ=90^\circ, \angle DZI=\angle IAF\Rightarrow \triangle AFI=\triangle ZDI, AF=DZ$. $BZ=BD+DZ=BF+AF=AB$.

$I$ центр внеписанной окружноси $\triangle AXY \Rightarrow \angle YIX=90-\dfrac{\angle A}{2}=\angle DIZ \Rightarrow \angle IZD=\dfrac{\angle A}{2}=\angle IAB.$

Так как $BI$ биссектриса $\angle ABI=\angle ZBI,$ $\angle BAI=\angle BZI,$ и $BI$ общая сторона в треугольниках $\triangle IBA~\triangle IZB$ значить $AB=BZ$