34-я Балканская математическая олимпиада. Орхид, Македония, 2017 год

Пусть дан остроугольный треугольник $ABC$ такой, что $AB < AC$ и пусть $\Gamma$ — описанная окружность треугольника $ABC$. Пусть ${{t}_{b}}$ и ${{t}_{c}}$ являются касательными к окружности $\Gamma$ в точках $B$ и $C$ соответственно и пусть $L$ является общей точкой прямых ${{t}_{b}}$ и ${{t}_{c}}$. Прямая, проходящая через $B$, параллельно $AC$ пересекает ${{t}_{c}}$ в точке $D$. Прямая, проходящая через $C$, параллельно $AB$ пересекает ${{t}_{b}}$ в точке $E$. Описанная окружность треугольника $BDC$ пересекает сторону $AC$ в точке $T$, где $T$ лежит строго между $A$ и $C$. Описанная окружность треугольника $BEC$ пересекает прямую $AB$ в точке $S$ таким образом, что $B$ лежит строго между $A$ и $S$. Докажите, что прямые $ST$, $BC$ и $AL$ пересекаются в одной точке.

Комментарий/решение

Пусть $X=AL\cap BC$, мы будем доказывать что $T,X,S$ лежат на одной прямой(коллинеарны)

$\angle{BDC}=180-\angle{ACD}=\angle{ABC}$ откуда $AB$ касательная к описанной окружности треугольника $(BCD)$

Аналогично, $AC$ касательная к описанной окружности треугольника $(BCE)$

Не сложно убедиться углами что $BT\parallel CS$.

Так как $AL$ симедиана , $\frac{BX}{XC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

$=\frac{AT*AC}{AB*AS}$

$=\frac{AT}{AS}*\frac{AB}{AT}$

$=\frac{AT}{AS}*\frac{BS}{TC}$

Используя Теорему Менелая оно завершает доказательство

$ST \cap BC = X$, покажем что $A-X-L$.

Из счета углов поймем что $\angle{ABC}=\angle{BCE}=\angle{BDC}=\alpha$, также $\angle{ACB}=\angle{BEC}=\angle{BSC}=\beta$, откуда $BT \parallel SC$.

То есть, $(BDC)$ касается $AB$ и $(BCE)$ касается $AC$, откуда имеем выражения $AT = \dfrac{AB^2}{AC}$, $AS = \dfrac{AC^2}{AB}$.

Выполняя теорему менелая, получаем что $\dfrac{BX}{CX}*\dfrac{TC}{BS}=\dfrac{AB^3}{AC^3}$.

Докажем, что $\dfrac{TC}{BS}=\dfrac{AB}{AC}$, тем самым подтверждая что $AX$ симедиана в $ABC$.

Заметим, что из теоремы синусов мы имеем: $\dfrac{TC}{sin(\alpha-\beta)}=\dfrac{BC}{sin(180-\alpha)}=\dfrac{BC}{sin(\alpha)}$ и $\dfrac{SB}{sin(\alpha-\beta)}=\dfrac{BC}{sin(\beta)}$.

Разделив первую дробь на вторую получаем $\dfrac{TC}{SB}=\dfrac{BC}{sin(\alpha)}*\dfrac{sin(\beta)}{BC}=\dfrac{AB}{AC}$. Значит $AX$ и $AL$ симедианы треугольника $ABC$, то есть $A-X-L$, что и требовалось доказать.

Не знаю можно ли так делать вообще... Но

С момента $\ ST \parallel BC :$

Заметим что $\ SC \ - \ $ антипараллель $\ AB \ $ относительно $\ \angle A$

Аналогично и $\ BT \ $ тоже.

Тогда если $\ AX \ $ медиана к $\ BT, SC \ $ то она симедиана $\ BC$

Что верно т.к. $\ X \ $ персечение диагоналей трапеции $\ SBTC$

не неверно.