6-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2019 год, вторая лига, 9-10 классы
Комментарий/решение:
Пусть $P_{2.1}P_{3.1} $$\cap$ $ P_{1.3}P_{2.3}$=$A$; $P_{2.1}P_{3.1} $$\cap$ $ P_{1.2}P_{3.2}$=$B$ ; $ P_{1.2}P_{3.2}$$\cap$ $ P_{1.3}P_{2.3}$=$C$
Простым счетом углов $\angle{P_{2.1}PP_{3.1}}$=$\angle{P_{3.2}PP_{2.3}}$=$\angle{PP_{1.2}P_{3.2}}$=$\angle{P_{2.3}P_{1.3}P}$
$\angle{P_{3.1}P_{2.1}P}$=$\angle{P_{3.1}PP_{1.3}}$=$\angle{P_{3.2}PP_{1.2}}$=$\angle{P_{1.3}P_{2.3}P}$
$\angle{P_{2.1}P_{3.1}P}$=$\angle{P_{2.1}PP_{1.2}}$=$\angle{P_{1.3}PP_{2.3}}$=$\angle{P_{1.2}P_{3.2}P}$
Тогда треугольники $\triangle{AP_{2.3}P_{2.1}}$ равнобедренный, и сер. пер. $P_{2.3}P_{2.1}$ и есть биссектриса $\angle A$. Аналогично поступаем с остальными прямыми, и получаем что биссектрисы треугольника $\triangle ABC$ пересекаются в одной точке.
Пусть центр $\omega_i$ есть $O_i$, тогда заметим, что по лемме о велосипедистах точка, дополняющая $O_iPO_j$ до параллелограмма есть точка $Q_k$, которая лежит на серединном перпендикуляре к $P_{k,i}P_{k,j}$. Таким образом $\triangle Q_{1}Q_2Q_3$ центрально-симметричен $\triangle O_1O_2O_3$. Направление перпендикулярное касательной к $\omega_i$ в $P$ является $O_iP$, то есть нужный серединный перпендикуляр, но все три $O_iP$ конкурентны в $P$, поэтому и нужная точка существует из симметрии.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.