9-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2022 год, третья лига, 11-12 классы

$AB \neq AC$ болатын сүйірбұрышты $\triangle ABC$ берілген. $D$ нүктесі $BC$ түзуінің бойында жатыр әрі $DA$ түзуі $\triangle ABC$-ға сырттай сызылған шеңберді жанайды. $E$ және $F$ нүктелері — $\triangle ABD$-ға және $\triangle ACD$-ға сырттай сызылған шеңберлер центрлері, ал $M$ — $EF$ кесіндісінің ортасы. $AMD$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберге $D$ нүктесінде жүргізілген жанама түзу $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңберді де жанайтынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Б.О.О. $AB>AC$.

$O$ - центр $(ABC)$. Пусть $X$ - точка на касательной к $(AMD)$ в точке $D$ в одной полуплоскости с $M$ относительно $AD$. Тогда раз $DA$ касается $(ABC)$ то разумно будет доказывать, что $DO$ является биссектрисой $\angle ADX$.

$(i):$

$EDFO$ - параллелограмм. Это следует из простого счета углов:

$$\angle BDF=90-\frac{\angle DFC}{2}=90-\angle DAC=90-\angle ABC \Rightarrow DF \bot AB, DF||OE.$$

$(ii):$

$$\angle XDM=\angle DAM; \angle DAO=90, DM=MO=MA \Rightarrow \angle DAM=\angle ADM.$$

То есть $DO$ является биссектрисой $\angle ADX$.