18-я Международная Жаутыковская олимпиада по математике, 2022 год

В треугольнике $ABC$ точка $M$ — середина стороны $AB$, а $I$ — центр вписанной окружности. Точка $A_1$ симметрична точке $A$ относительно прямой $BI$, а точка $B_1$ симметрична точке $B$ относительно прямой $AI$. Пусть $N$ — середина отрезка $A_1B_1$. Докажите, что $IN > IM$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $AD$ и $BE$ высоты треугольников $ABB_{1}, \ ABA_{1}$ соответственно, тогда $MD=ME = \dfrac{AB}{2}$ как средние линии треугольников $ABB_{1}, \ ABA_{1}$ тогда $I \in AD \cap BE$ значит $I$ лежит внутри $AEDB$ но $EN=DN = \dfrac{AB}{2}$ как средние линии треугольников $AA_{1}B_{1}, \ BB_{1}A_{1}$ значит $MEDN$ ромб и $O \in DE \cap MN$ опустим перпендикуляр $IT \perp MN$ так как $ T \in OM$ тогда $TN > MT$ значит $IN > IM$

Пусть \(IA=x\), \(IB=y\), \(\angle AIB=\varphi\). Т.к. \(I\) — инцентр, \(\varphi=90^\circ+\frac{\angle C}{2}\), значит \(90^\circ<\varphi<180^\circ\), \(\cos\varphi<0\), \(\sin\varphi>0\). При отражениях \(I\) остаётся на осях \(BI\) и \(AI\), поэтому \(IA_1=IA=x\), \(IB_1=IB=y\). Направление \(IA_1\) получается из \(IA\) отражением от \(BI\), а \(IB_1\) — из \(IB\) отражением от \(AI\). Поэтому угол между \(IA_1\) и \(IB_1\) равен \(3\varphi\). По формуле медианы: \(IM^2=\frac{x^2+y^2+2xy\cos\varphi}{4}\), \(IN^2=\frac{x^2+y^2+2xy\cos 3\varphi}{4}\). Следовательно, \(IN^2-IM^2=\frac{xy}{2}\bigl(\cos 3\varphi-\cos\varphi\bigr)=-2xy\sin^2\varphi\cos\varphi>0\), поскольку \(x,y>0\), \(\sin\varphi\ne0\), \(\cos\varphi<0\). Значит \(IN^2>IM^2\), то есть \(\boxed{IN>IM}\). Доказано.

Напишите без абзацев

типо не так

\[

\varphi = 90^\circ + \frac{\angle C}{2},

\]

а нужно писать все в одну строку

\[\varphi = 90^\circ + \frac{\angle C}{2},\]

Благодарю вас