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 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$