Математикадан жасөспірімдер арасындағы 19-шы Балкан олимпиадасы, Статина, Румыния, 2016 жыл

$AB \parallel CD$ және $AB > CD$ болатын $ABCD$ трапециясы $\omega$ шеңберіне сырттай сызылған. $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер $AB$ және $AC$ қабырғаларын сәйкесінше $M$ және $N$ нүктелерінде жанайды. $\omega$ шеңберінің центрі $MN$ түзуінде жататынын дәлеледеңіздер.

Комментарий/решение

 Пусть $I$ $-$ это центр вписанной окружности $ \triangle ABC$ и $O$ $-$ точка пересечения $BI$ и $MN$. Тогда

$$ \angle MOB = \angle AMN - \angle OBM = 90^\circ - \frac{1}{2} \angle BAC - \frac{1}{2} \angle B = \frac{1}{2} \angle ACB = \angle ICN \Rightarrow $$ $\Rightarrow$ четырехугольник $CNOI$ вписанный. Значит $$ \angle OCI = \angle MNI = 90^\circ - \angle ANM = 90^\circ - (90^\circ - \frac{1}{2} \angle BAC) = \frac{1}{2} \angle BAC = \frac{1}{2} \angle ACD \Rightarrow $$ $$\Rightarrow \angle OCB = \angle OCI + \angle ICB = \frac{1}{2} \angle ACD + \frac{1}{2} \angle ACB = \frac{1}{2} \angle DCB \Rightarrow $$ $\Rightarrow$ $CO$ $-$ биссектриса $ \angle BCD$ $\Rightarrow$ $O$ $-$ центр вписанной в четырехугольник $ABCD$ окружности.

$I -$ центр вписанной окружности $ABCD$, тогда: $\angle ICB + \angle IBC = 90$ $\Rightarrow$ $\angle BIC = 90$, то есть точка $I$ - проекция $C$ на биссектрису $BI$ треугольника $ABC$, а также $B$ и $C$ лежат на одной полуплоскости относительно $MN$, тогда по лемме 255, $I$ лежит на $MN$.