Математикадан 34-ші Балкан олимпиадасы, Орхид, Македония 2017 жыл

$AB < AC$ болатындай, сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы берілсін және $\Gamma$ шеңбері $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылсын. ${{t}_{b}}$ және ${{t}_{c}}$ түзулері $\Gamma$ шеңберімен $B$ және $C$ нүктелерінде жанассын және $L$ нүктесі ${{t}_{b}}$ және ${{t}_{c}}$ түзулерінің ортақ нүктесі болсын. $B$ нүктесі арқылы өтетін түзу, $AC$ қабырғасына параллель ${{t}_{c}}$ түзуін $D$ нүктесінде қияды. $C$ нүктесі арқылы өтетін түзу, $AB$ қабырғасына параллель ${{t}_{b}}$ түзуін $E$ нүктесінде қияды. $T$ нүктесі $A$ және $C$ нүктелері арасында жататындай, $BDC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $AC$ қабырғасын $T$ нүктесінде қияды. $B$ нүктесі $A$ және $S$ нүктелері арасында жататындай, $BEC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер, $AB$ қабырғасын $S$ нүктесінде қияды. $ST,$ $BC$ және $AL$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.

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.