Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2010 жыл

$ABC$ үшбұрышы берілсін. Осы үшбұрышқа іштей сызылған шеңбердің центрі $I$ нүктесінен, $BC$ қабырғасына параллель және $A$ төбесінен өтетін түзуге, $IP$ перпендикуляры салынды. $BC$ қабырғасына параллель, іштей сызылған шеңберге түсірілген жанама, $AB$ және $AC$ қабырғаларын сәйкесінше $Q$ және $R$ нүктелерінде қияды. $\angle QPB=\angle RPC$ екенін дәлелдеңіз. ( В. Смыкалов )

Комментарий/решение

По теореме Ньютона $CQ\cap BR=S\in IP$, а по замечательному свойству трапеции $AS\cap BC=M$, где $M$ - середина $BC$. $$-1=(B,C;M,\infty) \stackrel{A}{=} (B,R;S,AP\cap BR)\stackrel{A}{=} (Q,C;S,AP\cap CQ),$$

и раз $PS \bot AP$, то $PS$ - общая биссектриса $\angle BPR$ и $\angle CPQ$, откуда $\angle QBP=\angle RPC$.