Математикадан 30-ші Балкан олимпиадасы, Агрос, Кипр, 2013 жыл

$ABC$ үшбұрышында $A$ төбесіне сәйкес келетін сыртта іштей сызылған $\omega_a$ шеңбері $AB$ түзуін $P$ нүктесінде, $AC$ түзуін $Q$ нүктесінде жанайды; ал $B$ төбесіне сәйкес келетін сыртта іштей сызылған $\omega_b$ шеңбері $BA$ түзуін $M$ нүктесінде және $BC$ түзуін $N$ нүктесінде жанайды. $C$ нүктесінің $MN$ түзуіне проекциясы $K$ нүктесі болсын, ал $C$ нүктесінің $PQ$ түзуіне проекциясы $L$ нүктесі болсын. $M,K,L,P$ нүктелері бір шеңбердің бойында жататынын дәлелдеңіздер.

Комментарий/решение

$O_{1},O_{2}$ центры вневписанных окружностей касающийся $BC,AC$ и $J \in AO_{1} \cap BO_{2}$ и $2a=\angle BAC, \ 2b=\angle BAC$ тогда требуется доказать что треугольники $CKL,JO_{2}O_{1}$ подобны или тоже самое что $\dfrac{CK}{CL} = \dfrac{JO_{2}}{JO_{1}} = \dfrac{sinb}{sina}$ по свойству вневписанной окружности $ CK=CN \cdot cosb=(p-BC)cosb=\dfrac{(AB+AC-BC)cosb}{2}$ и

$CL=CQ \cdot cosa=(p-AC)cosa=\dfrac{(AB+BC-AC)cosa}{2}$ выражая из треугольника остальные стороны через $AB$ откуда

$\dfrac{CK}{CL} = \dfrac{sin(2a+2b)+sin(2b)-sin(2a)}{sin(2a+2b)+sin(2a)-sin(2b)} \dfrac{cosb}{cosa} = \dfrac{tgb}{tga} \cdot \dfrac{cosb}{cosa} = \dfrac{sinb}{sina}$

Тогда если $H \in PO_{1} \cap CK , \ I \in CL \cap MO_{2}$ то точки $M,I,K,L,H,P$ лежат на одной окружности, то есть $MKLP$ вписанный.