Математикадан 41-ші халықаралық олимпиада, 2000 жыл, Тайджон

$A{{H}_{1}}$, $B{{H}_{2}}$, $C{{H}_{3}}$ кесінділері сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышының биіктіктері болсын. $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер $BC$, $CA$, $AB$ қабырғаларын сәйкесінше ${{T}_{1}}$, ${{T}_{2}}$, ${{T}_{3}}$ нүктелерінде жанайды. ${{l}_{1}}$, ${{l}_{2}}$, ${{l}_{3}}$ түзулері ${{H}_{2}}{{H}_{3}}$, ${{H}_{3}}{{H}_{1}}$, ${{H}_{1}}{{H}_{3}}$ түзулерінің сәйкесінше ${{T}_{2}}{{T}_{3}}$, ${{T}_{3}}{{T}_{1}}$, ${{T}_{1}}{{T}_{2}}$ түзулеріне қатысты симметриялы бейнелері. ${{l}_{1}}$, ${{l}_{2}}$, ${{l}_{3}}$ түзулері, төбелері, $ABC$ үбұрышына іштей сызылған шеңбердің бойында жататындай үшбұрыш құрайтынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть отражение $H_2 H_3$ в $T_2 T_3$ будет $l_1$ и т.д.

Пусть $M$, $N$ — пересечения $BI$ и $CI$ соответственно с $T_{2}T_{3}$. Пусть $M^\prime$ — точка на $H_{2}H_{3}$ такая, что $M^\prime \hat{M} H_2 = T_2 \hat{M} H_2$. Пусть $T_{2}^{\prime}$ — отражение $T_2$ в $BI$. Ясно, что это лежит на вписанной окружности.

$T_2 \hat{M} I = A\hat{T} _3 T_2 - A\hat{B}M = 90-\frac{A}{2}-\frac{B}{2}=\frac{C }{2}=T_2 \hat{C} I$

$\therefore IT_2 MC$ является циклическим. Поскольку $I \hat{T_2}C=90$, $BMC = 90$. Значит, $BH_3 N H_2 M C$ лежат на одной окружности.

$\therefore M^\prime \hat{H_2} M = H_3 \hat{B} M = \frac{B}{2} = M \hat{B} C = M \hat{H_2} T_2$

$\therefore MM^\prime H_2 \equivalent MT_2 H_2$

$\therefore MM^\prime = MT_2$

Кроме того, $T_2 ^\prime \hat{M} T_2 = 2B\hat{M}N=C=2N\hat{M}H_2 = T_2 \hat{M} M^\prime$

Это значит, что $T_2 ^\prime$ — это отражение $M^\prime$ в $T_2 T_3$, так что $T_2$ — это пересечение $l_1$ с вписанной окружностью. Аналогично, $T_2$ — это пересечение $l_3$ с вписанной окружностью. Это подразумевает результат