Международная олимпиада 2024, Бат, Великобритания, 2024 год

$A B C$ — үшбұрышында $AB < AC < BC$ теңсіздігі орындалады. $\omega$ — $A B C$ үшбұрышына іштей сызылған шеңбер, ал $I$ — оның центрі. $C$ нүктесінен өзге $X$ нүктесі — $BC$ түзуінен алынған нүкте әрі, $X$ арқылы өтетін әрі $AC$-ға параллель түзу $\omega$-ны жанайды. Дәл сол сияқты, $B$ нүктесінен өзге $Y$ нүктесі — $BC$ түзуінен алынған нүкте әрі, $Y$ арқылы өтетін әрі $AB$-ға параллель түзу $\omega$-ны жанайды. $AI$ түзуі $ABC$-ға сырттай сызылған шеңберді екінші рет $P \neq A$ нүктесінде қияды. $K$ және $L$ — нүктелері, сәйкесінше, $AC$ және $AB$ қабырғаларының орталары. $\angle K I L+\angle Y P X=180^{\circ}$ екенін дәлелдеңіз.

Комментарий/решение

Пусть прямая, проходящяя через точку $X$ пересекает $AB$ в точке $Q$, а $AP$ в точке $X'$. Аналогично определим точки $R$, $Y'$. Из параллельности и вписанности имеем: $\angle BAI = \angle CAI = \angle QX'A = \angle CBP$, отсюда $BXX'P$ - вписанный (1). Еще, несложно заметить что $\triangle AQX' = \triangle ARY'$ отсюда $X',Y'$ совпадают (2). И еще так как отрезки $LI, IK$ - среднии линии $\triangle AX'B, \triangle AX'C$ (используя факт (2)), то $\angle BX'C = \angle KIL$. Используя факт (1), имеем: $\angle BX'C + \angle YPX = \angle BX'C + \angle XBX' + \angle BCX' = 180$ ч.т.д.

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 $X'Y'$