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.