Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Жоғары лига. 2004 жыл

$ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер, $AB$ және $BC$ қабырғаларымен $P$ және $Q$ нүктелерінде жанасады. $PQ$ түзуі, $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді $X$ және $Y$ нүктелерінде қияды. Егер $\angle ABC=90{}^\circ $ болса, $\angle XBY$ бұрышын табыңыз. ( А. Смирнов )

Комментарий/решение

$$ \triangle AXY_0: \angle AY_0X+\angle AXY_0+\angle B_0AY_0 +\angle BAX + \angle BAB_0=180^o$$

$$ \angle AXY_0 = \angle AB_0Y_0 \quad \angle BAX = \angle B_0AY_0 \Rightarrow \angle BAX+\angle B_0AY_0 =45^0 \Rightarrow$$

$$ \Rightarrow XAY_0=XBY=135^o $$

$I-$инцентр.

$\angle AXC=\angle AYC=90.$ по известной лемме $(255)$: проекция $A$ на биссектрису угла $C$ лежит также на прямой $PQ$, проекция $C$ на биссектрису угла $A$ тоже лежит на $PQ$. Тогда $X,Y-$ середины дуг (меньших) $AB,BD$ соответственно. Поэтому по лемме о трезубце: $\angle XBY=\angle XIY=\angle AIC=135$.