7-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2020 год, третья лига, 11-12 классы

$I$ нүктесі — сүйір бұрышты $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер центрі. $N$ нүктесі — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбердің $BAC$ доғасының ортасы, ал $P$ нүктесі — $ABPC$ төртбұрышы параллелограм болатындай нүкте. $Q$ нүктесі $A$ нүктесіне $N$-ге қарағандағы симметриялы нүкте, ал $R$ нүктесі — $A$ нүктесінен $QI$ түзуіне түсірілген перпендикуляр табаны. $AI$ түзуінің $\triangle PQR$-ға сырттай сызылған шеңберді жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Гомотетия в точке $A$ с коэффициентом $1/2$:

$$P\to M, R\to S,Q\to N,I\to D.$$

Заметим, что $\angle (NS,SI)=90^\circ=\angle (NA,AI)$, поэтому $DI^2=DA^2=DS\cdot DN$,а значит $(ISN)$ касается $AI$.

По понятным причинам $\angle IMB=\angle INA$.

$$\angle IMN=90^\circ-\angle IMB=90^\circ-\angle INA=\angle AIN(sooalgown),$$

поэтому $(MIN)$ касается $AI$. Из этого всего $I,M,N,S$ на одной окружности такой, что касается $AI$. Это равносильно заветному.