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 $M$