Поскольку четырёхугольники $BXOD, CY OD$ вписанные, то

∘ ∠XOD + ∠CBA = ∠YOD + ∠ACB = 180 .

Так как

∠XOD + ∠YOD =360∘− ∠ACB − ∠CBA >360∘− ∠ACB − ∠CBA − ∠BAC =180∘,

то точки $O$ и $A$ лежат по разные стороны от прямой $XY.$ В частности, мы показали, что точка $O$ лежит строго внутри треугольника $XY D.$

Тогда

∠XOY + ∠BAC = 360∘− ∠XOD − ∠YOD + ∠BAC =

=(180∘− ∠XOD )+ (180∘− ∠YOD )+ ∠BAC =

= ∠CBA + ∠ACB + ∠BAC = 180∘,

поэтому четырёхугольник $AXOY$ также является вписанным.

Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ. Пусть точка $Z,$ отличная от $C,$ на отрезке $BC$ такова, что $YC = YZ.$ Тогда поскольку треугольник $YZC$ равнобедренный, $∠Y ZC =∠ACB.$ Заметим, что

∠YXD = ∠Y XO +∠DXO = ∠YAO +∠DBO =

= (90∘− ∠ABC )+ (90∘− ∠BAC )=∠BCA.

Значит, $∠YZC = ∠YXD,$ откуда следует (вне зависимости от порядка расположения точек $D$ и $Z$ на отрезке $BC$ ), что точки $X,Y,Z$ и $D$ лежат на одной окружности. Следовательно,

∠XZD =∠XY D = ∠XY O+ ∠DY O= ∠XAO + ∠DCO =

= (90∘ − ∠BCA )+ (90∘− ∠BAC )=∠ABC.

Поэтому треугольник $XZB$ равнобедренный и $XZ = XB.$ Получаем, что треугольник $XY Z$ составлен из отрезков $XY,XZ$ и $YZ,$ равных $XY,BX$ и $CY$ соответственно, что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второй способ. Пусть точки $X ′,Y′$ симметричны точкам $X$ и $Y$ относительно середин $M$ и $N$ сторон $AB$ и $AC$ соответственно

Поскольку $O$ — точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам треугольника, $∠OMA = ∠ONA = 90∘.$ Тогда из четырёхугольников $MONA, XONA$ находим

∘ ∠MON =∠XOY = 180 − ∠BAC.

Не ограничивая общности, предположим, что $X$ лежит на отрезке $AM.$ Поскольку $∠MON = ∠XOY,$ точка $Y$ лежит на отрезке $NC.$ Получаем, что

∠XOX ′ = 2∠XOM =2(∠MON − ∠XON )=

′ =2(∠XOY − ∠XON )= 2∠YON = ∠YOY

Следовательно, треугольники $X ′OY ′$ и $XOY$ равны по двум сторонам и углу между ними (на самом деле, мы показали, что они совмещаются поворотом с центром в точке $O$ на угол $∠YOY ′ =∠XOX ′).$ Тогда $X′Y′ = XY.$ Поскольку $AX′ = BX,AY ′ = CY$ из симметрии, получаем, что треугольник $AX ′Y′$ составлен из отрезков, равных $XY,BX$ и $CY,$ что и требовалось.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Третий способ. По теореме синусов радиус окружности, описанной около $AXOY,$ равен $---AO---, 2sin∠AXO$ а радиус окружности, описанной около $BXOD,$ равен $---BO---. 2sin∠BXO$ Поскольку $BO = AO,∠BXO +∠AXO = 180∘,$ получаем, что радиусы этих двух окружностей равны. Проводя аналогичное рассуждение для четырёхугольников $AXOY$ и $CY DO,$ получаем, что радиусы окружностей, описанных около всех трёх четырёхугольников $AXOY, BXOD$ и $CY OD$ равны. Обозначим эти окружности $ω ,ω ,ω 1 2 3$ соответственно

Для того чтобы показать, что из отрезков $BX,XY, YC$ можно сложить треугольник, достаточно проверить, что вписанные углы, опирающиеся на эти отрезки в окружностях $ω2,ω1,ω3$ соответственно, в сумме дают $∘ 180.$

Убедимся в этом. Заметим, что

∠BOX + ∠COY = ∠BDX + ∠CDY =

∘ ∘ = 180 − ∠ODX − ∠ODY = 180 − ∠OBA − ∠OCA =

= 180∘ − (90∘ − ∠ACB )− (90∘− ∠CBA )=∠ACB +∠CBA.

Таким образом,

∘ ∠XAY + ∠BOX + ∠COY = ∠BAC + ∠ACB + ∠CBA = 180 ,

что и требовалось доказать.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Замечание. Отметим, что во всех трёх способах решения неявно предполагается, что точки $X$ и $Y$ отличны от $A.$ Тем не менее все три рассуждения можно уточнить и в противном случае. Например, если точка $X$ совпадёт с точкой $A,$ то утверждение о вписанности четырёхугольника $AXOY$ из решения нужно заменить на утверждение о касании описанной окружности треугольника $AOY$ стороны $AB$ в точке $A.$

Счёт в синусах и просто теорема синусов