Математикадан республикалық олимпиада, 2008-2009 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышында $AA_1$, $BB_1$ және $CC_1$ биіктіктері жүргізілген. $AC_1B_1$ және $CA_1B_1$ үшбұрыштарының іштей сызылған шеңбер центрлерін $I_1$ және $I_2$ арқылы белгілейік. $ABC$ үшбұрышының іштей сызылған шеңбері $AC$ қабырғасын $B_2$ нүктесінде жанасын. $I_1I_2B_1B_2$ төртбұрышына сырттай шеңбер сызуға болатынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Достаточно показать то что $B_2I_2 \ || \ AA_1$ и $ B_2I_1 \ || \ CC_1 $ , покажем первое (второе аналогично) , требуется показать что: $$\dfrac{CB_2}{AB_2} = \dfrac{CI_2}{TI_2}$$

1) Если $\angle BAC = A, \ \angle BCA = C$ тогда из тр-а $AIC$ получается: $$\dfrac{CB_2}{AB_2} = \tan(\frac{A}{2}) \cdot \cot(\frac{C}{2}) $$ но так как $AA_1$ биссектриса $\angle B_1A_1C_2$ если $T \in CI_2 \cap AA_1$ тогда из тр-ка $CA_1T$: $$\dfrac{CI_2}{TI_2} = \tan(\frac{A}{2}) \cdot \cot(\frac{C}{2}) $$.

2) $\angle I_1B_2I_2 = \angle AHC = 180^{\circ}-\angle ABC$ но $\angle I_1B_1I_2 = 180^{\circ}-\angle ABC$