Геометриядан Иран олимпиадасы, 2016 жыл, 2-ші лига (9-10 сыныптар)

$\omega$ және $\omega'$ шеңберлері $A$ және $B$ нүктелерінде қиылысады. $\omega$-ға $A$ нүктесінде жүргізілген жанама $\omega'$-ты $C$ нүктесінде, ал $\omega'$-ке $A$ нүктесінде жүргізілген жанама $\omega$-ны $D$ нүктесінде қияды. $CAD$ бұрышының ішкі биссектрисасы $\omega$ мен $\omega'$-ты сәйкесінше $E$ және $F$ нүктелерінде, ал $CAD$ бұрышының сыртқы биссектрисасы $\omega$ мен $\omega'$-ты сәйкесінше $X$ және $Y$ нүктелерінде қисын. $XY$ кесіндісінің орта перпендикуляры $BEF$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді жанайтынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Пусть $\omega_{3}$ окр-сть описанная около $BEF$ и $G \in XE \cap YF$ тогда покажем что $G$ является точка касания серединного перпендикуляра с $\omega_{3}$, отметим сразу что $\angle XAF = 90^{\circ}$ по свойству биссектрис.

1) Пусть $H \in DE \cap CF$ так как $AD$ касательная, тогда $\angle BFE =\angle BCA = \angle BAD = \angle BED$ то есть $DE$ касательная к $\omega_{3}$, аналогично $CF$ то есть $\angle BEF = \angle HFB$

2) Получается что $\angle HFE = \angle HEF$, значит $\angle DEA = \angle AFC$ или $\angle DXA = \angle CYA$ учитывая что $AF$ биссектриса, тогда $\angle XEA = \angle YFA$ пусть $\angle EXA = a$ тогда $\angle FGE = 180^{\circ}-2a$ но $\angle EBF = 180^{\circ}-2a$ то есть $BFEG$ лежат на одной окружности $\omega_{3}$.

3) тогда $GX=GY$, и так как $FG=EG$ значит $HG || XY$ то есть серединный перпендикуляр касается $\omega_{3}$.