32-я Балканская математическая олимпиадаАфины, Греция, 2015 год

В остроугольном разностороннем треугольнике $ ABC $ точка $I$ — центр вписанной окружности, а $\omega$ — описанная около него окружность. Прямые $AI$, $BI$ и $CI$ во второй раз пересекают $\omega$ в точках $D$, $E$ и $F$ соответственно. Прямые, проходящие через $I$ и параллельные сторонам $BC$, $AC$, $AB$, пересекают прямые $EF$, $DF$, $DE$ в точках $K$, $L$, $M$ соответственно. Докажите, что точки $K$, $L$, $M$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

Заметим что $DE$ серединный перпендикуляр $CI$ поэтому $MC=MI$. Аналогично , $LB=LI , KA=KI$

Используя факт что $MI\parallel AB$ откуда следует что $\angle{MCI}=\angle{MIC}=\angle{B}+\frac12 \angle{C}=\angle{FBC}$

Откуда $MC$ касательная к описанной окружности $(ABC)$

Откуда по Теореме Синусов $\Delta EMC:$

$\frac{EM}{MC}=\frac{sin\frac{\angle{B}}{2}}{sin\frac{\angle{A}}{2}}$

Также $\frac{sin^2\frac{\angle{B}}{2}}{sin^2\frac{\angle{A}}{2}}=\frac{EM^2}{MC^2}=\frac{EM^2}{EM.MD}=\frac{EM}{MD}$

Аналогично , $ \frac{sin^2\frac{\angle{A}}{2}}{sin^2\frac{\angle{C}}{2}}=\frac{DL}{LF} , \frac{sin^2\frac{\angle{C}}{2}}{sin^2\frac{\angle{B}}{2}}=\frac{FK}{KE}$

Следовательно $\frac{EM}{MD}.\frac{DL}{LF}.\frac{FK}{KE}=1$ и используя Теорему Менелая оно завершает доказательство

$ \angle FEI=\angle ICB=\angle FIK $ отсюда $KI$ касается описанной окружности $\triangle EFI$ в $ I \Longrightarrow KI^2 =KE \cdot KF $ следовательно $K$ лежит на радикальной оси $(ABC)$ и окружности нулевого радиуса $I$ аналогично с точками $L$ и $M$

$\mathbb{(i)} \ $ Счет углов

\[\]

\[\angle BEF = \frac{\angle C}{2} \quad \angle DFE = \frac{\angle B + \angle A}{2} \ \rightarrow \ BE \perp DF\]

Аналогично можно получить и следующие:

\[AD \perp FE \quad \quad CD \perp DE\]

$I \ - \ $ ортоцентр $\ \triangle DEF. \ $

Так как $: \ B = EI \cap \omega \ \rightarrow \ B \ - \ $ отражение $\ I \ $ от $\ DF.$

\[\]

$\mathbb{(ii)} \ $ Построение новой задачи

\[\]

Проекции из $\ D,E,F \ $ назовем $\ H_D, H_E, H_F \ $ соответсвенно

\[ BC \parallel H_EH_F, \quad AB \parallel H_EH_D, \quad AC \parallel H_DH_F.\]

Тогда задачу можно переформулировать так:

Дан треугольник $\ DEF. \ H_D, H_E, H_F \ - \ $ проекции из соответствующих вершин на противоположные стороны. Если $\ I \ $ ортоцентр то из $\ I \ $ проводим параллель к $\ H_DH_E \ $ и пересечем ее с $\ DE \ $ в точке $\ M. \ $ Аналогично дадим определение $\ K, L. \ $ Докажите что точки $\ M, L, K\ $ лежат на одной прямой

\[\]

$\mathbb{(iii)} \ $ Изменение новообразованной задачи

\[\]

Назовем пересечение $\ H_DH_E \cap DE = M'. \ $ Аналогично $ \ L', K'$

Заметим что $\ M'L' \parallel ML \quad K'L' \parallel KL \quad M'K' \parallel MK.$

Тогда $: \ \triangle MKL \ $ гомотетичен $ \ \triangle M'K'L'.$

\[\]

Если $\ \triangle M'K'L' \ $ вырожден, то же верно для $\ \triangle MKL$

Перестроим нашу задачу$:$

\[\]

Дан треугольник $\ DEF. \ H_D, H_E, H_F \ - \ $ проекции из соответсвующих вершин на противоположные стороны. Пересечем прямые $\ H_DH_E \cap DE = M'. \ $ Аналогично определим $\ K', L'.$ Докажите что точки $\ M', L', K' \ $ лежат на одной прямой

\[\]

$\mathbb{(iv)} \ $Теорема Дезарга

Формулировка:

"Если два треугольника расположены на плоскости таким образом, что прямые, соединяющие соответственные вершины треугольников, проходят через одну точку, то три точки, в которых пересекаются продолжения трёх пар соответственных сторон треугольников, лежат на одной прямой."

\[\]

Используем Теорему Дезарга на $\ D,E,F \ $ и $\ H_DH_EH_F:$

\[I \in DH_D \quad I \in EH_E \quad I \in FH_F\]

\[DE\cap H_DH_E =M'; DF \cap H_DH_F = L'; EF \cap H_EH_F = K' \]

Соответственно $\ M', K', L' \ $ находятся на одной прямой. $\ $ч.т.д.