58-я Международная Математическая Oлимпиада
Бразилия, Рио-де-Жанейро, 2017 год
Комментарий/решение:
$AS \cap RK = M$
$\angle SRK = \angle KJS = \angle STA \Rightarrow RK \parallel AD$
$RS = ST, RK \parallel AD \Rightarrow ARTM - паралеограмм $ $\Rightarrow \angle STM = \angle SRA$ $(1),$ $\angle KMS = \angle SAT$ $(2)$
$AR$ $касается$ $\Omega \Rightarrow \angle SKR = \angle SRA$ $(3)$
$(1) + (3):$ $\angle SKR = \angle STM \Rightarrow STMK - вписанный$ $\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle KMS = \angle KTS$ $(4)$
$(2)+(4):$ $\angle SAT = \angle KTS \Rightarrow KT $ $ касается $ $ \Gamma $ в точке $ T.$ $#$
Лемма: $AT \parallel RK$.
Доказательство: имеем $\angle{JAT} = 180^{\circ} - \angle{JST} = \angle{JSR} = \angle{JKR}$, из чего следует желаемый вывод.
Теперь предположим, что описанная окружность треугольника $SKT$ снова пересекает $RK$ в точке $X$. Я утверждаю, что $X,S,A$ коллинеарны. Чтобы доказать это, мы вместо этого покажем, что $RXTA$ — параллелограмм; мы уже знаем, что $RX \parallel TA$, поэтому теперь достаточно показать, что $RA \parallel XT$. Но это следует из $\angle{STX} = \angle{SKX} = \angle{ART}$, причем доказательство в других конфигурациях проводится аналогичным образом.
Таким образом, $\angle{KTR} = \angle{RXA} = \angle{SAT}$, подразумевая, что $KT$ касается $\Omega$, и мы закончили.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.