Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2021 год

$\Gamma $ шеңберіне дөңес $ABCD$ төртбұрышы іштей сызылған. Төртбұрыштың $AC$ және $BD$ диагоналдары $E$ нүктесінде қиылысады. $L$ нүктесі $AB$, $BC$, $CD$ кесінділерін жанайтын шеңбердің центрі. $M$ нүктесі $\Gamma$ шеңберінің $BC$ доғасының ($A$ және $D$ нүктелерін қамтымайтын) ортасы. $E$ төбесіне сәйкес келетін $BCE$ үшбұрышына іштейсырт сызылған шеңбердің центрі $LM$ түзуінің бойында жататынын дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

$L$ есть точка пересечения биссектрис $\angle ABC , \angle BCD$ пусть $\angle DBL = a , \ \angle CBL = x , \ \angle ACL = b , \ \angle BCL = y $ тогда $\angle KCB = 90^{\circ} - \dfrac{b+y}{2} $ и $ \angle ACD = y-b $ так как $\angle DEC = a+b+x+y$ значит $ \angle CDB = 180^{\circ}-(a+x+2y) $ и так как $M$ середина $\cup \ BC$ тогда $\angle CDM = \angle CBM = 90^{\circ}-\dfrac{a+x+2y}{2} $ значит $\angle KBM = y$ аналогично $\angle KCM = x $ то есть $\angle KCL = \angle KBL$ $(1)$

По теореме Чевы тр $BCK$ в угловой форме выходит :

$$\dfrac{sinx}{siny} = \dfrac{\sin \angle MKC }{\sin \angle BMK} $$

Но с другой стороны в тр $BCL$ получается $\dfrac{sinx}{siny} = \dfrac{CL}{BL}$

значит из $KCL, BKL$ и $(1)$

$$\dfrac{sin \angle LKC}{sin \angle BKL} = \dfrac{sin \angle MKC}{sin \angle BKM}$$ учитывая $ \angle LKC + \angle BKL = \angle MKC + \angle BKM$ откуда $\angle LKC = \angle MKC$ то есть $M \in LK $.

$CL \cap (ABC)=N, BL \cap (ABC)=K, MK \cap CL=Q, MN \cap BL=P$

$O$ центр вневписаной.

$\angle BMN=\angle BCL=0,5\angle BCD, \angle MBC=0,5\angle BDC$ отсюда

$\angle CBD=180-\angle BDC-\angle BCD => \angle OBM=\angle BMN =>OB||MN$ аналогично $MK||CO$. Заметим что $PQNK$ вписаный и $PQ||BC$ значит $L$ центр гомотетит и $L-M-O$