Европейская математическая олимпиада среди девочек (EGMO). 2019 год. Украина

$ABC$ үшбұрышында $\angle CAB>\angle ABC$ болсын, ал $I$ — оның iштей сызылған шеңбердiң центрі болсын. $\angle CAD=\angle ABC$ болатындай $BC$ қесiндiде $D$ нүктесi белгiленсiн. $\omega$ шеңберi $AC$ түзудi $A$ нүктесiнде жанайды және $I$ нүктеден өтедi. $\omega$ және $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберлерi екiншi рет $X$ нүктесiнде қиылыссын. $\angle DAB$ және $\angle CXB$ биссектрисаларының қиылысу нүктесi $BC$ түзудiң бойында жататынын дәлелдеңiз.

Комментарий/решение

Пусть $P$ - точка, лежащая на $BC$ и являющиеся основанием биссектрисы $\angle BAD$, а точка $Q$ - основание биссектрисы $\angle CXB$ на $BC$. Докажем, что четверки точек $A,B,Q,I$ и $A,B,P,I$ лежат на одной окружности. Обозначим за $M$ - середину дуги $AB$ окружности треугольника $ABC$, по лемме о трезубце $MI=MA=MB$, отсюда $M$ - центр описанной окружности треугольника $AIB$, пусть окружность $(AIB)$ пересекает $CB$ в точке $P`$. Пусть углы треугольника $ABC$ $\alpha ,\beta , \gamma$ соответственно. Мы имеем, что $$\angle BAD=\angle BAC-\angle CAD=\angle BAC-\angle ABC=\alpha-\beta.$$ Более того, $\angle MBC=\angle ABC+\angle MBA=\frac{1}{2}\gamma+\beta$, отсюда $$\angle BMP`=180^\circ-2\angle MBC=180^\circ-\gamma-2\beta=\alpha+\beta-2\beta=\alpha-\beta.$$ Из этого получаем, что $\angle BAP=2\angle BMP=2\angle BAD$, тем самым $P`=P$.

Пусть $N$ - середина дуги $BC$ окружности треугольника $ABC$, понятно что $X,T,N$ и $A,I,N$ -прямые. Имеем, что $\angle NBT=\angle NBC=\angle NAC=\frac{1}{2}\alpha=\angle BAN=\angle BXN$, то есть окружность $(XBT)$ касается $BN$, это значит, что $$NT\cdot NX=NB^2=NI^2,$$ (из леммы о трезубце), это значит, что и окружность $(XTI)$ касается $NI$. Учитывая что, $\angle NBC=\angle NAC=\angle AXI$, получим, что $$\angle TIN=\angle IXT=\angle NXA-\angle AXI=\angle NBA-\angle NBC=\angle TBA,$$ то есть точки $A,I,B$ и $T$ лежат на одной окружности.