Školjka

Neka su $Y$, $X$ i $Z$ presjeci $BI$ i $BFD$, $CI$ i $CDE$, te $AI$ i $AEF$. Naravno, $AE+AF=BC$ pa ćemo moći koristiti simetrične argumente za sve 3 kružnice. $\bold{Tvrdnja:}$ $I,P,X,Y,Z$ su na jednoj kružnici\\ $\bold{dokaz:}$ Najprije, $P$ je na $AEF$ (Miquelov teorem, lagani chase). Dovoljno je pokazati da je $IPXY$ tetivan, analogno je $IXZP$ i $IYZP$. Usmjereni kutevi daju: \[\angle IXP=\angle CXP=\angle CDP=\angle BDP=\angle BYP=\angle IYP\] pa je $IXPY$ zaista tetivan. Sada ide glavna ideja zadatka, iskorištavanje čudnog uvjeta i razlog uvođenja presjeka sa simetralama: \\ $\bold{Tvrdnja:}$ Položaji $X,Y,Z$ ne ovise o $D,E,F$.\\ $\bold{dokaz:}$ Dovoljno je pokazati da se $BY$ može izraziti preko veličina u trokutu $ABC$. Koristimo Ptolomejev teorem u četverokutu $BDYF$: \[BY=\frac{DY(BD+BF)}{DF}=\frac{b}{2cos \frac{\beta}{2}}=2R \sin \frac{\beta}{2}\] gdje smo koristili sinusov poučak u $DYF$. Motivirano ovime, možemo naslutiti: $\bold{Tvrdnja:}$ $A,B$ i $C$ imaju istu potenciju na $IXYZ$\\ $\bold{dokaz:}$ Dokazat ćemo da je $Pow(B,IXYZ)$ simetrično u $a,b,c$. Opet sinus na $BIC$ daje: \[BI=\frac{AB*sin \frac{\alpha}{2}}{cos \frac{\gamma}{2}}=\frac{2R*sin \gamma*sin \frac{\alpha}{2}}{cos \frac{\gamma}{2}}=4Rsin \frac{\alpha}{2} sin \frac{\gamma}{2}\] pa je $Pow(B,IXYZ)=BY*BI=8R^2sin \frac{\alpha}{2} sin \frac{\beta}{2}sin \frac{\gamma}{2}$, što je uistinu simetrično u $a,b,c$. Koristeći definiciju potencije točke, slijedi da su $A,B$ i $C$ jednako udaljene od centra $IXYZ$. Međutim, jedina točka koja je jednako udaljena od $A,B,C$ je $O$, iz čega slijedi da je $O$ centar $IPXYZ$ što završava.