Олимпиада Туймаада по математике. Старшая лига. 2014 год

Дан параллелограмм $ABCD$. Вневписанная окружность треугольника $ABC$ касается стороны $AB$ в точке $L$, а продолжения стороны $BC$ — в точке $K$. Прямая $DK$ пересекает диагональ $AC$ в точке $X$; прямая $BX$ пересекает медиану $CC_1$ треугольника $ABC$ в точке $Y$. Докажите, что прямая $YL$, медиана $BB_1$ треугольника $ABC$ и его же биссектриса $CC'$ пересекаются в одной точке. ( А. Голованов )

Комментарий/решение

"Зачем давать геому, которую можно решить счётом?" Ли Кирилл

Тут проблема уже в олимпиаде, а не в задаче

То самое счетное решение от принцессы

Обозначим $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$, $s=\frac{a+b+c}{2}$.

Вневписанная окружность, касающаяся стороны $AB$ и продолжения $BC$ за точку $B$, — это $C$-вневписанная окружность. Известно, что

$$AL=s-b,\quad BL=s-a,\quad BK=s-a,\quad CK=s.$$

Пусть $X=DK\cap AC$. Так как $AD\parallel BC$, треугольники $ADX$ и $CKX$ подобны. Поэтому

$$\frac{AX}{XC}=\frac{AD}{CK}=\frac{a}{s}. \qquad (1)$$

Пусть $Y=BX\cap CC_1$. Применим теорему Менелая к треугольнику $ACC_1$ с $B-X-Y$. Точки $B$, $X$, $Y$ лежат соответственно на прямых $C_1A$, $AC$, $CC_1$. Имеем

$$\frac{C_1B}{BA}\cdot\frac{AX}{XC}\cdot\frac{CY}{YC_1}=1.$$

Так как $C_1$ — середина $AB$, то $C_1B=BA/2$, значит $C_1B/BA=1/2$. Учитывая (1), получаем

$$\frac{CY}{YC_1}=\frac{2s}{a}. \qquad (2)$$

Теперь найдём точку $P=BB_1\cap CC'$. По теореме Чевы для медианы $BB_1$ и биссектрисы $CC'$:

$$\frac{BP}{PB_1}=\frac{2a}{b},\qquad \frac{CP}{PC'}=\frac{a+b}{a}. \qquad (3)$$

Пусть $Z=LP\cap AC$. Применим теорему Менелая к треугольнику $ABB_1$ с $L-P-Z$. Точки $L$, $P$, $Z$ лежат на прямых $AB$, $BB_1$, $B_1A$. Тогда

$$\frac{AL}{LB}\cdot\frac{BP}{PB_1}\cdot\frac{B_1Z}{ZA}=1.$$

Так как

$$\frac{AL}{LB}=\frac{s-b}{s-a}=\frac{a-b+c}{b+c-a},$$

а из (3) $\frac{BP}{PB_1}=\frac{2a}{b}$, получаем

$$\frac{B_1Z}{ZA}=\frac{b(b+c-a)}{2a(a-b+c)}.$$

Переходя к прямой $AC$, находим

$$\frac{AZ}{ZC}=\frac{a(a-b+c)}{a(a-b+c)+b(b+c-a)}. \qquad (4)$$

Осталось применить теорему Менелая к треугольнику $ACC_1$ с $L-Z-Y'$, где $Y'=LP\cap CC_1$. Точки $L$, $Z$, $Y'$ лежат на прямых $C_1A$, $AC$, $CC_1$. Имеем

$$\frac{AZ}{ZC}\cdot\frac{CY'}{Y'C_1}\cdot\frac{C_1L}{LA}=1.$$

Заметим, что

$$\frac{C_1L}{LA}=\frac{b-a}{a-b+c}.$$

Подставляя (4) и упрощая, получаем

$$\frac{CY'}{Y'C_1}=\frac{2s}{a}.$$

Сравнивая с (2), видим, что $Y'=Y$. Значит, точки $Y$, $L$, $P$ коллинеарны. Но $P$ лежит на медиане $BB_1$ и биссектрисе $CC'$. Следовательно, прямые $YL$, $BB_1$ и $CC'$ пересекаются в одной точке $P$, что и требовалось доказать.