Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2022 год

Биссектрисы прямоугольного треугольника $ABC$ с прямым углом при вершине $B$ пересекаются в точке $I$. Перпендикуляр, опущенный из точки $B$ на прямую $IC$, пересекает прямую $IA$ в точке $D$, а перпендикуляр, опущенный из $B$ на прямую $IA$, пересекает $IC$ в точке $E$. Докажите, что центр описанной окружности треугольника $IDE$ лежит на прямой $AC$. ( А. Кузнецов )

Комментарий/решение

$BE\cap AC=F, BD\cap AC=G$. Из того, что $BF\bot AI$ следует то, что $AI$ - ось симметрии $\triangle ABF$. Следовательно, $I$ - центр $(BFG)$. $\angle (BF,BG)=\angle (AI,CI)=45^\circ\Rightarrow \angle BEI=45^\circ=\angle CEF, \angle GFB=\angle 45^\circ+\frac{\angle C}{2}$.

Пусть $M,N$ - середины $BF$ и $BG$ соответственно. $I$ - ортоцентр $\triangle BMN$, поэтому $EMND$ является вписанным. $MN||AC$, откуда по лемме Фусса $ECAD$ является вписанным. $\angle BDE=\angle IDE+45^\circ=\angle ICA+45^\circ=45^\circ+\frac{\angle C}{2}=\angle GFB$. Аналогично $F,E,D,G$ лежат на одной окружности. $BD=DF,\angle DBF=45^\circ$, а значит $\angle BDF=90^\circ$, то есть $\angle IDF=\angle IEB=45^\circ$, поэтому $FEID$ является вписанным. $\angle FIG=90^\circ$, поэтому центр $(IDE)$ лежит на $AC$.