4-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2017 год, третья лига, 11-12 классы

Вписанная окружность треугольника $ABC$ с центром $I$ касается стороны $BC$ в точке $D$. Прямая $DI$ пересекает прямую $AC$ в точке $X$. Касательная, проведенная из точки $X$ к вписанной окружности (и отличная от $AC$), пересекает прямую $AB$ в точке $Y$. Пусть прямые $YI$ и $BC$ пересекаются в точке $Z$. Докажите, что $AB=BZ$.

Комментарий/решение

Б.О.О $AC>AB$. $F$ - точка касания вписанной окружности с $AB$. Обратный ход дает нам $AF\stackrel{?}{=}DF$. Для $\triangle AXY$ вписанная окружность треугольника $ABC$ является вневписанной (касание отрезка $XY$ и продолжений $AX, AY$), поэтому верно, что $\angle XIY=90^\circ-\frac{\angle XAY}{2}$.

$\angle XIY=\angle DIZ=90^\circ-\angle DZI\Leftrightarrow DZI=\frac{\angle BAC}{2}$. $IF=ID, \angle IFA=\angle IDZ=90^\circ, \angle DZI=\angle IAF\Rightarrow \triangle AFI=\triangle ZDI, AF=DZ$. $BZ=BD+DZ=BF+AF=AB$.

$I$ центр внеписанной окружноси $\triangle AXY \Rightarrow \angle YIX=90-\dfrac{\angle A}{2}=\angle DIZ \Rightarrow \angle IZD=\dfrac{\angle A}{2}=\angle IAB.$

Так как $BI$ биссектриса $\angle ABI=\angle ZBI,$ $\angle BAI=\angle BZI,$ и $BI$ общая сторона в треугольниках $\triangle IBA~\triangle IZB$ значить $AB=BZ$