32-я Балканская математическая олимпиадаАфины, Греция, 2015 год

В остроугольном разностороннем треугольнике $ ABC $ точка $I$ — центр вписанной окружности, а $\omega$ — описанная около него окружность. Прямые $AI$, $BI$ и $CI$ во второй раз пересекают $\omega$ в точках $D$, $E$ и $F$ соответственно. Прямые, проходящие через $I$ и параллельные сторонам $BC$, $AC$, $AB$, пересекают прямые $EF$, $DF$, $DE$ в точках $K$, $L$, $M$ соответственно. Докажите, что точки $K$, $L$, $M$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

Заметим что $DE$ серединный перпендикуляр $CI$ поэтому $MC=MI$. Аналогично , $LB=LI , KA=KI$

Используя факт что $MI\parallel AB$ откуда следует что $\angle{MCI}=\angle{MIC}=\angle{B}+\frac12 \angle{C}=\angle{FBC}$

Откуда $MC$ касательная к описанной окружности $(ABC)$

Откуда по Теореме Синусов $\Delta EMC:$

$\frac{EM}{MC}=\frac{sin\frac{\angle{B}}{2}}{sin\frac{\angle{A}}{2}}$

Также $\frac{sin^2\frac{\angle{B}}{2}}{sin^2\frac{\angle{A}}{2}}=\frac{EM^2}{MC^2}=\frac{EM^2}{EM.MD}=\frac{EM}{MD}$

Аналогично , $ \frac{sin^2\frac{\angle{A}}{2}}{sin^2\frac{\angle{C}}{2}}=\frac{DL}{LF} , \frac{sin^2\frac{\angle{C}}{2}}{sin^2\frac{\angle{B}}{2}}=\frac{FK}{KE}$

Следовательно $\frac{EM}{MD}.\frac{DL}{LF}.\frac{FK}{KE}=1$ и используя Теорему Менелая оно завершает доказательство

$ \angle FEI=\angle ICB=\angle FIK $ отсюда $KI$ касается описанной окружности $\triangle EFI$ в $ I \Longrightarrow KI^2 =KE \cdot KF $ следовательно $K$ лежит на радикальной оси $(ABC)$ и окружности нулевого радиуса $I$ аналогично с точками $L$ и $M$