Математикадан 39-шы халықаралық олимпиада, 1998 жыл, Тайбэй

$I$ нүктесі $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбердің центрі болсын. Осы шеңбердің $BC$, $CA$, $AB$ қабырғаларын жанасу нүктелерін сәйкесінше $BC$, $CA$, $AB$ деп белгілейік. $B$ нүктесі арқылы $MK$ түзуіне жүргізілген параллель түзу $LM$ және $LK$ түзулерін сәйкесінше $R$ және $S$ нүктелерінде қияды. $RIS$ бұрышы сүйір екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

1) Пусть $E, F, D$ середины $ML, KL, MK$ соответственно и $I$ - инцентр, тогда из условия задачи $RS \ || \ MK \perp BI$ тогда $BREI, \ BSIF$ вписанные, откуда

$\angle RIS = \angle BER + \angle BFS = 180^{\circ}-(90^{\circ}-\dfrac{A}{2})-(90^{\circ}- \angle EBI) + 180^{\circ}-(90^{\circ}-\dfrac{C}{2})-(\angle KBF+90-\dfrac{B}{2}) < 90$ или $\angle EBI < \angle KBF$

2) Пусть $G$ симметрична точке $E$ относительно $BD$, пусть $N \in ME \cap GK \cap BD$ тогда $IG \perp NK$ откуда $DIGFK$ вписанный в $\omega$ и так как $BK^2=BI \cdot BI$ из подобия $BDK,\ BIK$ тогда $BK$ касательная к $\omega$ требуется доказать что: $\angle IBG < \angle KBF$ если $\angle A \angle C$ или $\angle IBF < \angle KBG$ если $\angle C < \angle A$. Рассмотрим случай $\angle IBF < \angle KBG$, так как первый аналогичен

3) Пусть $W \in \omega \cap BG, \ V \in \omega \cap BF$ по другому $\angle IBF < \angle KBG$ есть $VI>WK$ или $\angle VFI > \angle KGW$

так как $KG=DF$ тогда $\angle BWK = \angle BVD$, тогда $\dfrac{BV}{\sin \angle VFI} = \dfrac{BD}{\sin \angle BWK}, \ \dfrac{BW}{\angle KGW} = \dfrac{BK}{\sin \angle BWK}$ и так как $\sin(a) > \sin(b), \ a>b$ откуда $BV \cdot BK > BW \cdot BD$ что верно, так как $\ BK>BD, BV>BW$ последнее из того что $BG>BF$ значит $\angle BFG > \angle BGF$.