39-я Международная Математическая OлимпиадаТайвань, Тайбэй, 1998 год

Пусть $I$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ABC$. Обозначим через $K,L,M$ точки, в которых эта окружность касается сторон $BC$, $CA$, $AB$ соответственно. Прямая, проведенная через точку $B$ параллельно прямой $MK$ пересекает прямые $LM$ и $LK$ в точках $R$ и $S$ соответственно. Докажите, что угол $RIS$ острый.

Комментарий/решение

1) Пусть $E, F, D$ середины $ML, KL, MK$ соответственно и $I$ - инцентр, тогда из условия задачи $RS \ || \ MK \perp BI$ тогда $BREI, \ BSIF$ вписанные, откуда

$\angle RIS = \angle BER + \angle BFS = 180^{\circ}-(90^{\circ}-\dfrac{A}{2})-(90^{\circ}- \angle EBI) + 180^{\circ}-(90^{\circ}-\dfrac{C}{2})-(\angle KBF+90-\dfrac{B}{2}) < 90 $ или $\angle EBI < \angle KBF$

2) Пусть $G$ симметрична точке $E$ относительно $BD$, пусть $N \in ME \cap GK \cap BD$ тогда $IG \perp NK$ откуда $DIGFK$ вписанный в $\omega$ и так как $BK^2=BI \cdot BI$ из подобия $BDK,\ BIK$ тогда $BK$ касательная к $\omega$ требуется доказать что: $\angle IBG < \angle KBF$ если $\angle A \angle C$ или $\angle IBF < \angle KBG$ если $\angle C < \angle A$. Рассмотрим случай $\angle IBF < \angle KBG$, так как первый аналогичен

3) Пусть $W \in \omega \cap BG, \ V \in \omega \cap BF$ по другому $\angle IBF < \angle KBG$ есть $VI>WK$ или $\angle VFI > \angle KGW$

так как $KG=DF$ тогда $\angle BWK = \angle BVD$, тогда $\dfrac{BV}{\sin \angle VFI} = \dfrac{BD}{\sin \angle BWK}, \ \dfrac{BW}{\angle KGW} = \dfrac{BK}{\sin \angle BWK}$ и так как $\sin(a) > \sin(b), \ a>b$ откуда $BV \cdot BK > BW \cdot BD$ что верно, так как $ \ BK>BD, BV>BW$ последнее из того что $BG>BF$ значит $\angle BFG > \angle BGF$.

$\mathbf{Решение\ без\ дополнительных\ построений}$

$\angle BLM= \angle BKM= \angle MLC= \angle BLS$,

аналогично $\angle RMB=\angle BSL \Rightarrow \triangle RKB \sim \triangle LSB$

кроме этого $\angle KBS= \angle RBL, \dfrac {BK}{BS}= \dfrac {BR}{BL} \Rightarrow \triangle BKS \sim \triangle BRL \Rightarrow BL²=BS×BR$

Пусть $IB \cap KL=X$

$IK=IL, BK=BL \Rightarrow IX \perp KB \parallel RS$ и $X$ середина $BK$.

$BX=BL× \cos{\frac {\angle B}{2}}$ и $IB=\dfrac {BL}{cos{\frac {\angle B}{2}}},\Rightarrow BX×BI=BL²=BS×BR \Rightarrow X$ ортоцентр который внутри треугольника $RIS$. Ато значит что $\triangle RIS$ остроугольный