13-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2013 жыл

Центрі $I$ болатын, $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер, $BC$ және $AC$ қабырғаларын сәйкесінше $A_1$ және $B_1$ нүктелерінде жанасын. $A_1I$ және $B_1I$ сәулелерінде $IA_2=IB_2=R$ болатындай сәйкесінше $A_2$ және $B_2$ нүктелері алынған, бұл жерде $R$ — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер радиусы. Олай болса:
a) $A{{A}_{2}}=B{{B}_{2}}=OI$, бұл жерде $O$ — $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер центрі;
b) $A{{A}_{2}}$ және $B{{B}_{2}}$ түзулері $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер бойында қиылысатынын дәлелдеңдер. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

a) Пусть окружность $ ABC $ равна $ w $ и $ AI \cap w = D $. Тогда $ OD \perp CB, \ A_ {2} I \perp CB $ и так как $ IA_ {2} = R = OD $ мы имеем $ A_ {2} O // ID $, поэтому $ A_ {2} O // AI $. Поскольку $ OA = R = IA_ {2} $, мы имеем $ AIA_ {2} O $ равнобедренную трапецию и так $ OI = AA_ {2} $. Аналогично $ OI = BB_ {2} $

b) $ BB_2 \cap AA_ {2} = E $. Тогда $ \angle EAO = \angle A_ {2} IO = 180 - (\angle OIB + BIA_ {1})$

$ = 90+ \frac {\angle B} {2} - \angle OIB = 90 + \angle IBA- \angle OIB = 90- \angle ABE \rightarrow \angle EAO = 90 - \angle ABB_ {2} $, но если $ BB_ {2} \cap w = F $ то $ \angle FAO = 90- \angle ABB_ {2} = \angle EAO \rightarrow F = E $ QED