Математикадан 32-ші Балкан олимпиадасы, Афины, Греция, 2015 жыл

Қабырғалары әр түрлі сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышында $I$ нүктесі іштей сызылған шеңбердің центрі, ал $\omega$ шеңбері сырттай сызылған шеңбер. $AI$, $BI$ және $CI$ түзулері екінші рет $\omega$ шеңберін сәйкесінше $D$, $E$ және $F$ нүктелерінде қияды. $I$ нүктесі арқылы өтетін және $BC$, $AC$, $AB$ қабырғаларына параллель түзулер $EF$, $DF$, $DE$ түзулерін сәйкесінше $K$, $L$, $M$ нүктелерінде қияды. $K$, $L$, $M$ нүктелері бір түзудің бойында жататынын дәлелдеңіздер.

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.