Математикадан 53-ші халықаралық олимпиада, 2012 жыл, Мар-дель-Плата

$ABC$ үшбұрышы берілген. $J$ нүктесі $A$ төбесіне сәйкес сырттай-іштей сызылған шеңбердің центрі. Осы сырттай-іштей сызылған шеңбер $BC$ кесіндісін $M$ нүктесінде, ал $AB$ және $AC$ түзулерін сәйкесінше $K$ және $L$ нүктелерінде жанайды. $LM$ және $BJ$ түзулері $F$ нүктесінде, ал $KM$ және $CJ$ түзулері $G$ нүктесінде қиылысады. $S$ — $AF$ және $BC$ түзулерінің, ал $T$ — $AG$ және $BC$ түзулерінің қиылысу нүктелері болсын. $M$ нүктесі $ST$ кесіндісінің ортасы болатынын дәлелдеңдер. ($ABC$ үшбүрышының $A$ төбесіне сәйкес сырттай-іштей сызылған шеңбер деп $BC$ қабырғасын және $AB$ және $AC$ қабырғаларының созындыларын жанайтын шеңберді атаймыз.)

Комментарий/решение

Несложно заметить, что $AKJL$ - вписанный четырехугольник. Тогда если $\angle ABC=2\alpha, \, \angle ACB=2\beta \Rightarrow \angle JAL = 90^\circ-\alpha-\beta$. Также $\angle FAB = 90^\circ-\alpha=\angle KBJ, \, \angle BMF = \beta = \angle CMF \Rightarrow \angle JFL = 180^\circ - \angle FBM - \angle BMF = 90^\circ - \alpha - \beta$. Значит $AFGL$ - вписанный. Аналогично получаем, что и $AKJG$ - вписанный. Значит точки $A, F, K, J, L, G$ лежат на одной окружности.

Применим теорему Менелая для $\triangle ABT$ и секущей $KG$: $\frac{AG}{GT} \cdot \frac{TM}{MB} \cdot \frac{BK}{AK} = 1 \Rightarrow TM = \frac{AK \cdot GT}{AG}$. Аналогично применяя теорему Менелая для $\triangle ASC$ и секущей $LF$ получаем, что $SM = \frac{AL \cdot FS}{AF}$. Чтобы показать, что $TM=MS$ надо показать, что $\frac{AK \cdot GT}{AG} = \frac{AL \cdot FS}{AF}$. Заметим, что $AK=AL=\frac{P_{\triangle ABC}}{2}$. Также равенство $\frac{GT}{AG} = \frac{FS}{AF}$ равносильно, что $BC \parallel FG$, что следует из того, что $\angle AGF = \angle FLA = \angle BTG = \beta$. Значит $M$ середина $TS$.

Из вписанности 6 точек следует, что $AF\perp FB$ и $AG\perp GC,$ откуда $CA=CT, BA=BS,$ откуда легко следует требуемое.

Обозначим углы треугольника $ABC$ как $2x,2y,2z$

Заметим что $\angle SMF=z$ и $\angle FBA=90-y$ значит $\angle BFM=x$ и отсюда следует что $MK$ перпендикулярно $FJ$ аналогично $FL\perp GJ$ значит $M$ ортоцентр в $JFG$ и $FG||BC$. Теперь пусть $AM \cap FG=M’$ и пусть $AM$ пересекает во второй раз окружность в точке $M’’$. Возьмем $FG \cap BC= \infty_{BC}$

$-1 = (M,M’’; K,L) \stackrel{M}= (\infty_{BC},M’;G,F)$

Откуда следует что $M’$ центр $FG$ значит $M$ середина $ST$