Международная олимпиада 2024, Бат, Великобритания, 2024 год

Пусть $A B C$ — треугольник, в котором $AB < AC < BC$. Пусть $\omega$ — вписанная в треугольник $A B C$ окружность, а $I$ — ее центр. Пусть $X$ — такая точка на прямой $B C$, отличная от $C$, что прямая, проходящая через $X$ параллельно $A C$, касается $\omega$. Аналогично, пусть $Y$ — такая точка на прямой $B C$, отличная от $B$, что прямая, проходящая через $Y$ параллельно $A B$, касается $\omega$. Пусть $A I$ пересекает описанную около треугольника $A B C$ окружность второй раз в точке $P \neq A$. Пусть $K$ и $L$ — середины сторон $A C$ и $A B$ соответственно. Докажите, что $\angle K I L+\angle Y P X=180^{\circ}$.

Комментарий/решение

Пусть касательные пересекаются в точке $T$.

Лемма:Если в описаном шестиугольнике $ABCDEF$ противоположные стороны паралельны тогда $A-I-D$ коллинеарны.

Док-во: $AF \cap DE=X, AB \cap CD=Y$

Заметим что $AXYD$ описаный параллелограмм значит $AX+DY=AY+DX=2AX=2AY$ отсюда $AXYD$ ромб значит $AD$ биссектриса угла $\angle XAY$.

Утверждение 1: $A-I-T$ колинеарны

Проведем касательную к впис окр параллельную $BC$ и пусть она пересекает $AB$ и $AC$ в точках $F,E$. Заметим что у нас $FE||XY, AC||XT, AB||YT$ отсюда из леммы следует что $XYT$ гомотетичен $AEF$ и $I$ центр этой гомотетии значит $A-I-T$ колинеарны.

Утверждение 2:$KIL$ подобен $BTC$.

Продолжим $TX,TY$ до пересечение с $AB,AC$ заметим что он образует ромб и из леммы следует что $I$ центр $AT$ и гомотетия с центр $A$ и коэф $1/2$ завершает док-во.

Завершение:

$\angle PCY=\angle PAC=\angle ATY$ значит $PTYC$ вписанный и аналогично $PTXB$ вписанный.

$ \angle XPY=\angle XPA+\angle YPA=\angle KIL+\angle KLI=180-\angle IKL$

На отрезке $IP$, пусть $A'$ точка такая что $IA'=IA$.

Построем параллелограм $AB'A'C'$ где $B'$ и $C'$ лежат на $AC$ и $AB$ соответственно. Докажем $\omega$ что вписан в этот параллелограм.

Проведем линию перпендикулярная к $AB$ через $I$, она также перпендикулярна $A'B'$. Так как $IA'=IA$, растояния $I$ от $A'B'$ и $AB$ равны. Другими словами $A'B'$ касается $\omega$. Аналогично $A'C'$ касается $\omega$. Получаем что $X$ и $Y$ лежат на $A'C'$ и $A'B'$ соответственно. Тогда:

$$\angle PBC=\angle PCB=\angle \frac{A}{2}=\angle AA'X=\angle AA'Y$$

Тогда вокруг $(P,A',X,B)$ и $(P,A',Y,C)$ можно описать окружности, другими словами:

$$\angle XPA'=\angle XBA'$$

$$\angle YPA'=\angle YCA'$$

$$\angle CBA'+\angle BCA'=\angle XBA'+\angle YCA'=\angle YPX$$

Заметим что $KI$ и $LI$- средние линии для $BA'$ и $CA'$ соответственно. Тогда:

$$\angle KIL=\angle BA'C$$

В итоге суммируем уравнения и получаем требуемое равно сумме углов треугольника:

$$\angle YPX+\angle KIL=\angle CBA'+\angle BCA'+\angle BA'C=180^{\circ}$$

Берем то что это факт но у нас выходит противоречие по прежнему углу поэтому если взять по mod 3 то выходит противопечие ответ 15

Вижу тут все как то по своему доказывали что пересечение параллельных касательных(которые через Х и У) лежит на $AI$.

Еще можно было через Брианшон за 1 шаг:

Возьмем $Y'$ и $X'$ такие, что они лежат на $CA$ и $ BA$ соответственно, причем $Y'Y || AB$ и $XX' || AC$ (ну т.е. $YY'AB-$ описанный четырёхугольник и т.д.)

Пусть $Y'Y \cap XX'=Z$

$(!) A-I-Z$. А это верно поскольку $AX'ZY'$ это тоже описанный четырёхугольник(ромб), причем отрезки которые соединяют точки касания проходят через $I$. Получается по теореме Брианшона все диагонали проходят через $I$. Отсюда легко $A-I-Z$

P.S. еще отсюда же следует, что $I-$ середина $X'Y'$

$\omega$ касается сторон $AB, AC,$ в точках $K,L$ соотсвенно.

Пусть $X'$ — точка на $AB$ такая, что $XX'\parallel AC,$ $XX'\cup AI=D\Longrightarrow \angle KDA=\angle DAC=\angle DAK\Longrightarrow X'D=X'A.$ $X'A$ и $X"D$ касаются с $\omega$ в точках $E$ и $F$ соотственно, тогда $IE=IF; \angle IEA=\angle IFD=90; \angle IAE=\angle IDF\Longrightarrow \triangle AEI=\triangle DFI\Longrightarrow AI=ID.$

Пусть $Y'$ — точка на $AC$ такая, что $YY'\parallel AB,$ $YY'\cup AI=D'.$ Аналогично получаем что $ID=AI=ID'\Longrightarrow D=D'.$

Так как $LI\parallel BD$ и $IK\parallel CD\Longrightarrow \angle KIL=\angle BDC.$ $\angle XBP+\angle XDP=\angle X'AD+180-\angle X'DA=180\Longrightarrow BXDP$ вписанный, аналогично $CYDP$ вписанный $\Longrightarrow \angle KIL+\angle YPX=\angle BDC+\angle XBD+\angle YCD=180\blacksquare$

$\angle ALI=\angle ABD=\angle ABC+\angle XBD=\angle APC+\angle XPD=\angle XPC; \angle PCX=\angle PCA\Longrightarrow \angle AIL=\angle PXY,$ Аналогично найдем $\angle AIK=\angle PYX\Longrightarrow \angle KIL+\angle YPX=\angle AIL+\angle AIK+\angle YPX=\angle YPX+\angle PXY+\angle PYX=180\blacksquare$

Мы попробовали использовать декартовы координаты, и результаты оказались весьма удачными. Вписанная окружность касается сторон $BC, CA, AB$ в точках $D, E, F$ соответственно. Пусть $E'$ и $F'$ — отражения точек $E$ и $F$ относительно точки $I$. Пусть $D(0,0)$, $B(-b,0)$ и $C(c,0)$, где $b,c>0$, а $I(0,1)$. Тогда точки $E$ и $F$ являются отражениями точки $D$ относительно прямых $IC$ и $IB$ соответственно. Получаем $$E=\left(\frac{2c}{c^2 + 1}, \frac{2c^2}{c^2 + 1}\right)$$ и $$F=\left(\frac{-2b}{b^2 + 1}, \frac{2b^2}{b^2 + 1}\right).$$ Тогда точки $E'$ и $F'$ являются отражениями точек $E$ и $F$ относительно точки $I$ соответственно. Получаем $$E'=\left(\frac{-2c}{c^2 + 1}, \frac{2}{c^2 + 1}\right)$$ и $$F'=\left(\frac{2b}{b^2 + 1}, \frac{2}{b^2 + 1}\right).$$ Далее, точка $X$ — это точка пересечения прямой $BC$ и прямой, проходящей через $E'$ параллельно $EC$, а точка $Y$ — это точка пересечения прямой $BC$ и прямой, проходящей через $F'$ параллельно $FB$. Получаем $$X=\left(\frac{-1}{c}, 0\right)$$ и $$Y=\left(\frac{1}{b}, 0\right).$$ Точка $A$ является точкой пересечения прямых $CE$ и $BF$. Получаем $$A=\left(\frac{b - c}{bc - 1}, \frac{2bc}{bc - 1}\right).$$ Точки $K$ и $L$ являются серединами отрезков $CA$ и $AB$ соответственно. Получаем $$K=\left(\frac{bc^2 + b - 2c}{2bc - 2}, \frac{bc}{bc - 1}\right)$$ и $$L=\left(\frac{-b^2c + 2b - c}{2bc - 2}, \frac{bc}{bc - 1}\right).$$ Точка $P$ является центром описанной окружности треугольника $IBC$, то есть точкой пересечения серединного перпендикуляра к $BC$ и прямой $IB$. Получаем $$P=\left(\frac{c-b}{2},\frac{1-bc}{2}\right).$$ Тогда уравнения прямых имеют вид $$PX: y = \frac{bc^2 - c}{-c^2 + bc - 2}x + \frac{bc - 1}{-c^2 + bc - 2},$$ $$PY: y = \frac{b^2c - b}{b^2 - bc + 2}x + \frac{-bc + 1}{b^2 - bc + 2},$$ $$IK: y = \frac{2}{bc^2 + b - 2c}x + 1$$ и $$IL: y = \frac{-2}{b^2c - 2b + c}x + 1.$$ Получаем $$\tan(PX, PY) = \frac{\frac{bc^2 - c}{-c^2 + bc - 2} - \frac{b^2c - b}{b^2 - bc + 2}}{1 + \frac{bc^2 - c}{-c^2 + bc - 2} \cdot \frac{b^2c - b}{b^2 - bc + 2}} = \frac{-2\left(b + c\right)\left(bc - 1\right)}{b^3c^3 + b^3c - 4b^2c^2 - 2b^2 + bc^3 + 5bc - 2c^2 - 4}$$ и $$\tan(IK, IL) = \frac{\frac{2}{bc^2 + b - 2c} - \frac{-2}{b^2c - 2b + c}}{1 + \frac{2}{bc^2 + b - 2c} \cdot \frac{-2}{b^2c - 2b + c}} = \frac{2\left(b + c\right)\left(bc - 1\right)}{b^3c^3 + b^3c - 4b^2c^2 - 2b^2 + bc^3 + 5bc - 2c^2 - 4}.$$ Следовательно, $$\tan(PX, PY) = -\tan(IK, IL),$$ или $$\angle XPY + \angle KIL = 180^\circ,$$ что и требовалось доказать.

Сильно

https://artofproblemsolving.com/community/c6h3359767p31240996