42-я Балканская математическая олимпиада. Сараево, Босния и Герцеговины, 2025 год

Пусть $ABC$ – остроугольный треугольник с ортоцентром $H$, а $D$ – произвольная точка на стороне $BC$ отличная от $B$ и $C$. Пусть $E$ и $F$ – точки на отрезках $AB$ и $AC$ соответственно, такие, что четырехугольники $ABDF$ и $ACDE$ являются вписанными, также $BF$ и $CE$ пересекаются в точке $P$. Пусть $L$ – точка на прямой $HA$ такая, что $LC$ касается описанной окружности треугольника $PBC$ в точке $C$. Пусть прямые $BH$ и $CP$ пересекаются в точке $X$. Докажите, что точки $D$, $L$ и $X$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

Заметим что$: \ D \ $ точка Микеля для четверки точек $\ B, E, C, F$

\[ \]

\[ \angle BPC = 180 - \angle PBC - \angle PCB = 180 - \angle DAB - \angle DAC = 180 - \angle A = \angle BHC \]

Пусть$:\ A' = AH \cap (BHPC)$

\[ 180 - \angle DFA = \angle B = \angle DFC = \angle DPC = \angle A'HC \]

Следовательно$: \ P-D-A'$

\[ \]

Использую теорему Паскаля на $ \ CCBHA'P \ $ получим требуемое

$D$-точка микеля $AFPE$.

$\angle DEP=\angle DBP=\angle PCL$.Значит

$DE||CL$.$\color{red}{(!)}$$\dfrac{EX}{CX}=\dfrac{DE}{CL}$.Не сложно найти что $\angle HBE=\angle ALC$.$\color{red}{(!)}$$\dfrac{BE}{BC} \cdot \dfrac{sin HBE}{sin HBC}=\dfrac{DE}{CL}$.$\angle HBA=a,\angle HBC=b$.$\dfrac{DE}{BE} \cdot \dfrac{BC}{CA} \cdot \dfrac{CA}{CL}=\dfrac{sin a+b}{sin 90-a} \cdot \dfrac{sin 90-a}{sin a+b} \cdot \dfrac{sin a}{sin b}=\dfrac{sin a}{sin b}$.

$$\angle BPC=180^\circ-\angle PBC-\angle PCB=180^\circ-\angle FBD-\angle ECD=180-\angle FAD-\angle EAD=180-\angle BAC=\angle BHC\Longrightarrow$$ $BCPH$ вписан $(XH\cdot XB=XP\cdot XC)$.

Пусть $$GD\cup AC=J\Longrightarrow \angle GAJ=\angle HAC=\angle HBC=\angle HBD=\angle HGD=\angle AGJ\Longrightarrow DJ=JC.$$ Пусть $I$ точка на прямoй $LC$ такaя, что $FI\parallel BC\Longrightarrow \angle LIF=\angle LCP+\angle PCB=180-\angle CPB=\angle BAC=\angle CDF\Longrightarrow CDPFI$ вписанный. Значить если $J'=DI\cup FC$ $\Longrightarrow DJ'=J'C\Longrightarrow J=J'.$ Cледовательно $$\angle CIG=\angle CIG=\angle CFD=\angle CBA=\angle HBA+\angle HBC=\angle HCA+\angle HAC=\angle CHG\Longrightarrow$$ $CIHG$, вписанный $\Longrightarrow$ $LH\cdot LG=LI\cdot LC\Longrightarrow D,L,X$, лежит на радикальной оси описанных окружностей $(BDH)$ и $(CDP)$.

Факт того что G D J лежат на одной прямой доказан некорректно

Просто Возьмите фантомную точку

G’

Заметьте что точка D— точка Миккеля

Заметьте пареллельность DE и PL

Осталось только посчитать углы и доказать

Вписанность