4-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2004 жыл

Центрі $I$ нүктесі болатын, $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер $AB$ және $AC$ қабырғаларын сәйкесінше $P$ және $Q$ нүктелерінде жанайды. $BI$ және $CI$ түзулері $PQ$ түзуін сәйкесінше $K$ және $L$ нүктелерінде қияды. Онда $ILK$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңберді тек қана $|AB| + |AC| = 3|BC|$ болғанда ғана жанайтынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Пусть есть касание в точке $T$. По лемме $(255)$: $BL\bot CI$ и $CK\bot BI$, откуда ортоцентр $T'$ треугольника $\triangle BIC$ лежит на $(ILK)$, но знаем, что радиус изогонален высоте, откуда $T'I$ проходит через центр $(ILK)$, а значит $T$ и $T'$ совпадают. Далее просто счет:

$$r=\frac{LK}{sin(90^\circ +\frac{\alpha}{2})}=\frac{LK}{cos \frac{\alpha}{2} }, \frac{BC}{LK}=\frac{1}{cos(90^\circ -\frac{\alpha}{2})}=\frac{1}{sin\frac{\alpha}{2}}\Leftrightarrow BC=r\cdot ctg \angle \frac{\alpha}{2}=AP,$$

но $AP=\frac{AB+AC-BC}{2}=BC\Leftrightarrow AB+AC=3BC$.

В ином случае из того же счета имеем, что если $T$ - ортоцентр $\triangle BIC$, то $TI=r$, но $\angle TLI=\angle TKI=90^\circ$, поэтому $(ILK)$ касается вписанной.

Пусть прямая, проходящая через $I$ и параллельная $BC$, пересекает $BL$ и $CK$ в точках $B'$ и $C'$ соответственно.

По лемме 255: $BK \perp KC$, $BL \perp LC \Rightarrow BLKC$ - вписанный.

$\Rightarrow LK$ антипараллельна $BC$ относительно $\angle (BL, CK) \Rightarrow LK$ антипараллельна $B'C'$ относительно $\angle (BL, CK) \Rightarrow B'LKC'$ - вписанный.

$\Rightarrow \angle LIB' = 180^\circ - \angle LB'I - \angle B'LI = 180^\circ - (180^\circ - \angle LKC') - \angle C'KI = \angle LKC - \angle C'KI = \angle LKI \Rightarrow (LIK)$ касается $B'C'$

Пусть $\omega$ - вписанная окружность $\triangle ABC$, $\omega \cap BC = R$, $R'R$ - диаметр $\omega$, $M$ - середина $BC$.

$\Rightarrow$ Так как $RR' \perp BC$, если $(IKL)$ касается $\omega$, то они касаются в точке $R'$. $\Rightarrow R'I$ - диаметр $(IKL) \Rightarrow R'L \perp IL$, $R'K \perp IK \Rightarrow R' = BL \cap CK$.

Пусть $\omega_A$ - $A$-вневписанная окружность $\triangle ABC$ с центром $J$, $\omega_A \cap BC = S$.

$\Rightarrow BI \perp BJ$, $CI \perp CJ \Rightarrow BJ$ $\|$ $CK$, $CJ$ $\|$ $BL \Rightarrow BJCR'$ - параллелограмм $\Rightarrow R'-M-J$

$BR = \dfrac{AB + BC - AC}{2} = CS \Rightarrow M$ - середина $RS \Rightarrow IM$ - средняя линия $\triangle RR'S \Rightarrow IM$ $\|$ $R'S$

Гомотетия в $A$, переводящая $\omega$ в $\omega_A$, переводит $R'$ в $S \Rightarrow A-R'-S \Rightarrow AR'$ $\|$ $IM \Rightarrow$ По теореме Фалеса: $\dfrac{AJ}{IJ} = \dfrac{R'J}{MJ} = 2$

Пусть $W$ - середина $\overset{\smile}{BC}$ окружности $(ABC) \Rightarrow$ По лемме о трезубце: $WI = WB = WC = WJ \Rightarrow 2IW = AI$

По теореме Птолемея для четырехугольника $ABWC$: $AB \cdot CW + AC \cdot BW = AW \cdot BC \Rightarrow AB + AC = \dfrac{AI+IW}{IW} \cdot BC = 3BC$