10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, третья лига, 11-12 классы

$ABC$ үшбұрышының $BE$ және $CF$ биссектрисалары $I$ нүктесінде қиылысады. $D$ нүктесі — $I$-дан $BC$-ға түсірілген перпендикуляр табаны. $M$ және $N$ нүктелері, сәйкесінше, $AIF$ және $AIE$ үшбұрыштарының биіктіктерінің қиылысу нүктесі. $EM$ және $FN$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады. $X$ нүктесі $BC$-ның ортасы. $AD$ түзуінің бойынан $XY \perp IP$ болатындай $Y$ нүктесі алынған. $AI$ түзуі $XY$ кесіндісін қақ бөлетінін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Проведем через точки $A,I,F,N,M$ конику $\eta$. Заметим, что $\eta$ - равнобокая гипербола, так как содержит ортоцентрическую четверку точек $A,I,F,M$. Также стоит отметить, что $E$, как ортоцентр $\triangle AIN$, лежит на $\eta$. Теорема Паскаля к $EMANFI$ дает, что $P$ лежит на какой-то прямой. Заметим, что биссектриса $CF$ перпендикулярна $AM$, значит симметрия $A$ относительно биссектрисы лежит на $BC$, то есть $CI\cap AM$ лежит на средней линии треугольника. В итоге $P$ на средней линии треугольника. Теперь теорема Паскаля для $FAEMIN$. Заметим, что $IM\bot AB$, значит $P$ лежит на прямой соединяющей проекции $I$ на $AB$ и $AC$. Это было основной частью. Для удобства переформулируем. $M,N$ - середины $AB,AC$, а $E,F$ - касания вписанной с $AC,AB$. Остальное также, а значит $P=MN\cap EF$. $Q$ - пересечение $ME$ с $FN$. $K$ - полюс средней линии $MN$ относительно вписанной окружности (по лемме 255 также ортоцентр $\triangle BIC$). Так как $P$ - пересечение поляр $A$ и $K$ (по вписанной), то $AK\bot IP$. $EF$ пересекает $AX$ на $ID$ (известный факт).$(K,I;D,EF\cap AX)$ проецируется через $KC\cap BI\cap EF$ (это одна точка по лемме 255) в $(C,B;D,EF\cap BC)$, что есть гармоническая четверка, вследствие существования точки Жергонна. $(XY,AI;AD,AX)=(AK,AI,AD,AX)=-1$, а значит $AI$ проходит через середину $XY$.