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Siano $\Gamma$ e $\gamma$ due circonferenze tangenti internamente in un punto $P$, con $\gamma$ più piccola. Sia $AB$ una corda di $\Gamma$ tangente a $\gamma$ in $C$. Sia $Q$ l'ulteriore intersezione di $PC$ con $\Gamma$, e siano $QR$ e $QS$ due corde di $\Gamma$ tangenti a $\gamma$. Siano ora $ I, X$ e $Y$ gli incentri dei triangoli $APB$, $ARB$ e $ASB$, rispettivamente. Dimostrare che $\widehat{PXI} + \widehat{PYI} = 90 °$

Sei sicuro del testo? Ho fatto una figura ma non mi viene la tesi... Ho sbagliato io?

A me pare assai vero, anche Geogebra conferma. Non lo so, all'inizio anch'io avevo capito il male il testo, considerando $R$ e $S$ come i punti di tangenza, mentre invece appartengono a $\Gamma$.

Lascio uno sketch di dimostrazione.

Lemma 1. $Q$ è il punto medio dell'arco $AB$.
Lemma 2. $I\in PQ$ e $PI/IC=(PA+PB)/AB$.
Lemma 3. Sia $Y'=QS\cap \gamma$, allora $Y'=Y$.
Lemma 4.1. $QY/PQ=k_1$ è costante al variare di $C$ su $\gamma$. (Vedi qui)
Lemma 4.2. $\sin(\angle BCQ)/QB=k_2$ è costante al variare di $C$ su $\gamma$. (Vedi qui)
Lemma 5. Se $P$, $C$ e il centro di $\gamma$ sono allineati, allora $\angle PYI=\angle IYC$.

Dimostro che $\sin(\angle PYI)/\sin(\angle IYC)$ è costante al variare di $C$. Seguirà allora che, per il lemma 5, $IY$ è bisettrice dell'angolo $\angle PYC$, così come $IX$ è bisettrice di $\angle PXC$, da cui facilmente la tesi.
Sia $R$ il raggio di $\Gamma$, allora $PB/BC=\sin(\angle PCB)/\sin(\angle BPQ)=2Rk_2$. Analogamente $PA/AC=2Rk_2$, allora, per il lemma 2, $PI/IC=2Rk_2$.
Osserviamo inoltre che $\sin(\angle CPY)/\sin(\angle YCP)=\sin(\angle CYQ)/\sin(\angle QCY)=CQ/QY=QY/PQ=k_1$. In conclusione
$$\frac{\sin(\angle PYI)}{\sin(\angle IYC)}=\frac{PI}{IC}\cdot\frac{\sin(\angle CPY)}{\sin(\angle YCP)}=2Rk_1k_2.$$

Fonte?

La dimostrazione è ben giusta, vai pure con il prossimo. La fonte è il TST di quest'anno della Romania.
Lascio un hint per chi volesse tentare una strada puramente sintetica

Passa per A,B,S,R ?

$S$, $R$ appartengono a $\Gamma$. Quanto agli altri punti, o a quelli che potevi credere essere $S$ e $R$...

Si scusa ho letto male il testo e avevo disegnato R,S come punti di tangenza
Comunque questa circonferenza passa per X e Y e I dato che Q è il punto medio dell'arco AB (quindi X sta su RQ , Y sta su SQ e I su PQ). L'inversione di centro Q e raggio QA manda AB in $\Gamma$ , quindi C va in P, il che ci da la relazione $QC\cdot QP = QA^2 = QX^2$ . Questa relazione ci dice che X è il punto di tangenza di RQ a $\gamma$ e che $\gamma$ rimane fissa tramite questa inversione. A questo punto, dato che P e C sono inversi, si ha che $\angle{PXI}=\angle{CXI}$ e che $\angle{PYI}=\angle{CYI}$. Ma $\angle{CXP}$ e $\angle{CYP}$ sono supplementari, dunque si ha la tesi.

Sì, questa ERA la mia soluzione