Угол XIY в треугольнике ABC: задача по планиметрии

Решение 1: Обозначим точку касания вписанной окружности с прямой, параллельной $BC$ через $D$, а со сторонами $BC$, $CA$, $AB$ через $A'$, $B'$, $C'$ соответственно. Пусть $M$ – середина $BC$. Будем считать, что $AB>AC$, и обозначим через $Z$ и $T$ проекции $Y$ на $AB$ и $IA'$ соответственно. Тогда треугольники $AYZ$ и $IAB'$ подобны, потому что $\angle AYZ=\angle IAB'=\angle A/2$ и $\angle AZY=\angle IB'A=90^{\circ}$. Значит, $AY:AZ=IA:IB'$. С другой стороны, по лемме Архимеда $Z$ делит пополам ломаную $ABC$, т.е. $AZ=(c - b)/2=A'M=YT$. Кроме того, $IB'=ID$. Следовательно, $AY:YT=AI:ID$.

Поскольку $AY\perp AI$ и $YT\perp ID$, существует поворотная гомотетия с центром $A$ и углом $90^{\circ}$, переводящая $Y$ в $I$, а $T$ в $D$, тогда прямая $AI$ перейдет в $AX$, а $TI$ в $DX$. Поэтому $I$ перейдет в $X$, а прямая $YI$ в $IX$, ч.т.д.

Решение 2: Поскольку полюсом прямой $DX$ относительно вписанной окружности является точка $D$, а прямой $AX$ – середина $A_0$ отрезка $B'C'$, надо доказать, что $DA_0\parallel IY$. Заметим, что треугольник $A'B'C'$ гомотетичен треугольнику $I_aI_bI_c$, образованному центрами вневписанной окружности, причем точке $Y$ при этой гомотетии соответствует $A_0$, а точке $I$ ортоцентр треугольника $A'B'C'$. Но точка $D$, диаметрально противоположная $A'$, симметрична ортоцентру относительно $A_0$, ч.т.д.