19-я Балканская математическая олимпиада среди юниоровг. Статина, Румыния, 2016 год

Трапеция $ABCD$, где $AB \parallel CD$ и $AB > CD$, описана около окружности $\omega$. Вписанная окружность треугольника $ABC$ касается сторон $AB$ и $AC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Докажите, что центр окружности $\omega$ лежит на прямой $MN$.

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 $MN$.