Математикадан республикалық олимпиада, 2005-2006 оқу жылы, 11 сынып

$ABC$ үшбұрышының $A$ және $C$ бұрыштарының биссектрисалары сәйкесінше қарсы қабырғаларын $A_1$ және $C_1$ нүктелерінде, ал сырттай сызылған шеңберді $A_0$ және $C_0$ нүктелерінде қияды. $A_1C_1$ және $A_0C_0$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады. $ABC$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер центрі мен $P$ нүктесін қосатын түзу $AC$ қабырғасына параллель екенін дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

Методом пристального взгляда можно добиться следующих выводов:

$(i)$ $PB$ - возможно, чисто гипотетически, касательная к $(ABC)$.

$(ii)$ $A_0C_0$ - не может не быть серединным (то есть проходящем через середину) перпендикуляром к $BI$.

$(iii)$ $I$ - оказывается будет центром вписанной окружности.

$(i)$ следует из примененной единожды к вырожденному шестиугольнику $BBAA_0C_0C$ теоремы Паскаля. Пусть касательная к $B$ окружности $(ABC)$ пересекает $A_0C_0$ в точке $P'$ (которая по клише $12$ серий совпадет с $P$). $AA_0\cap BC=A_1$, а $(!!!)CC_0\cap AB=C_1(?)$. Это символизирует, что точки $.(A_1)$ ... $.(C_1)$ ... $.(P')$ лежат на одной прямой с точностью до абзаца. Таким образом $A_0C_0$ пересекает $A_1C_1$ в точке $P'$ и $P$ одновременно, но так как обе кривые $A_0C_0$ и $A_1C_1$ имеют степени $1$ и $1(?)$ в своих уравнения соответственно то по теореме Безу они либо совпадают, либо прямые совпадают, либо $P=P'$. Б.О.О. верны не первые два. Тогда По лемме о трезубце $A_0I=A_0B$ и $C_0I=C_0B$, то есть $A_0C_0$ - серединный перпендикуляр к $BI(ii,iii)$ и $\angle PBC_0=\angle BCC_0=\angle C_0CA=\angle C_0IP$, поэтому $PI$ скорее не пересечет $AC$ на Евклидовой плоскости обычной.