Найдите длину отрезка XY в треугольнике ABC

Решение 1:Отметим, что $\omega$ - вневписанная окружность треугольника $A B C$. Пусть $J$ - её центр. Описанная окружность $\Omega$ треугольника $A P Q$ - это окружность с диаметром $A J$. Пусть $O$ - её центр. Гомотетия с центром в точке $A$ и коэффициентом 0,5 переводит $\omega$ в окружность с центром $O$, касающуюся хорд $A P, A Q$ и $X Y$. Значит, эти хорды равноудалены от центра $\Omega$, то есть имеют равные длины. Но, как известно, длина $A P$ равна половине периметра треугольника $A B C$, то есть 0,5 .

Решение 2:Обозначим точку касания $\omega$ с отрезком $BC$ через $R$. Рассмотрим отрезки $AP$ и $AQ$. С одной стороны, они равны. С другой стороны, $BR = BP$ и $CR = CQ$, поэтому $$AP + AQ = AB + BP + CQ + AC = AB + BC + AC.$$ Следовательно, длины отрезков $AP$ и $AQ$ равны половине периметра треугольника $ABC$.

Обозначим середины отрезков $AB$ и $AC$ через $M$ и $N$ соответственно. Отметим точки $X'$ и $Y'$ на прямой $MN$ так, что $X'M = MA$ и $Y'N = NA$ (см. рисунок). Заметим, что длина отрезка $X'Y'$ также равна половине периметра треугольника $ABC$, то есть $AP = X'Y'$. Но $X'M = MA$, откуда $MP = MY'$. Следовательно, $AX'M$ и $PMY'$ — равнобедренные треугольники, откуда $AX'PY'$ — равнобокая трапеция.

Как известно, равнобокую трапецию можно вписать в окружность, поэтому точка $P$ лежит на описанной окружности $\gamma$ треугольника $AX'Y'$. Аналогично точка $Q$ лежит на $\gamma$, поэтому $\gamma$ описана около треугольника $PAQ$. Следовательно, $X' = X$, $Y' = Y$ и $XY = 1/2$.

Решение 3:Отметим точку $I$ — центр окружности $\omega$. Поскольку $\angle{API} = \angle{AQI} = 90^{\circ}$, то точки $A$, $P$, $I$, $Q$ лежат на одной окружности $\gamma$, построенной на отрезке $AI$ как на диаметре. Обозначим через $M$ и $N$ середины отрезков $AB$ и $AC$ соответственно, а через $X'$ и $Y'$ — точки пересечения прямых $BI$ и $CI$ с прямой $MN$ соответственно. Докажем, что $X'$ и $Y'$ лежат на $\gamma$.

Заметим, что углы $PBI$ и $MBX'$ равны как вертикальные, а углы $CBI$ и $MX'B$ равны, так как прямые $BC$ и $MN$ параллельны. Но $BI$ — биссектриса угла $PBC$, поэтому $\angle MBX' = \angle MX'B$, то есть треугольник $BMX'$ равнобедренный и $BM = MX'$. В треугольнике $ABX'$ медиана $X'M$ равна половине стороны, поэтому этот треугольник прямоугольный с прямым углом $X'$. Таким образом, $\angle AX'I = 90^\circ$, то есть $X'$ лежит на $\gamma$, поэтому $X' = X$. Аналогично треугольник $ACY'$ прямоугольный и $Y' = Y$. Тогда $XY = XM + MN + NY = 1/2$.

Комментарий. По сути, в решении доказан известный факт, что проекция вершины $A$ на биссектрису внутреннего или внешнего угла лежит на средней линии треугольника.

Решение 4:В обозначениях предыдущего решения пусть $a$, $b$ и $c$ — половины длин сторон $BC$, $AC$ и $AB$ соответственно, а $x$ и $y$ — длины отрезков $MX$ и $NY$ соответственно. Запишем степени точек $M$ и $N$ относительно $\gamma$ двумя способами: $$\begin{cases} MX \cdot MY = MA \cdot MP, \ NY \cdot NX = NA \cdot NQ \end{cases} \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x( a + y ) = c( a + b), \ y( a + x) = b(a + c). \end{cases}$$ Вычтем второе уравнение из первого: $$ax - ay = ac - ab \ \ \Leftrightarrow \ \ y = x + b - c.$$ Подставим в первое уравнение системы: $$x( a + x + b - c ) = c( a + b) \ \Leftrightarrow \ x^2 + x(a+b-c) - c(a+b) = 0.$$ По теореме Виета у полученного квадратного уравнения относительно $x$ два корня: $c$ и $-(a + b)$. Так как $x$ положительно, то $x = c$. Аналогично $y = b$. Отсюда $XY = a + b + c = 1/2$.Комментарий. Другие решения можно найти на странице олимпиады.