34-я Балканская математическая олимпиада. Орхид, Македония, 2017 год

Пусть дан остроугольный треугольник $ABC$ такой, что $AB < AC$ и пусть $\Gamma $ — описанная окружность треугольника $ABC$. Пусть ${{t}_{b}}$ и ${{t}_{c}}$ являются касательными к окружности $\Gamma $ в точках $B$ и $C$ соответственно и пусть $L$ является общей точкой прямых ${{t}_{b}}$ и ${{t}_{c}}$. Прямая, проходящая через $B$, параллельно $AC$ пересекает ${{t}_{c}}$ в точке $D$. Прямая, проходящая через $C$, параллельно $AB$ пересекает ${{t}_{b}}$ в точке $E$. Описанная окружность треугольника $BDC$ пересекает сторону $AC$ в точке $T$, где $T$ лежит строго между $A$ и $C$. Описанная окружность треугольника $BEC$ пересекает прямую $AB$ в точке $S$ таким образом, что $B$ лежит строго между $A$ и $S$. Докажите, что прямые $ST$, $BC$ и $AL$ пересекаются в одной точке.

Комментарий/решение

Пусть $X=AL\cap BC$, мы будем доказывать что $T,X,S$ лежат на одной прямой(коллинеарны)

$\angle{BDC}=180-\angle{ACD}=\angle{ABC}$ откуда $AB$ касательная к описанной окружности треугольника $(BCD)$

Аналогично, $AC$ касательная к описанной окружности треугольника $(BCE)$

Не сложно убедиться углами что $BT\parallel CS$.

Так как $AL$ симедиана , $\frac{BX}{XC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

$=\frac{AT*AC}{AB*AS}$

$=\frac{AT}{AS}*\frac{AB}{AT}$

$=\frac{AT}{AS}*\frac{BS}{TC}$

Используя Теорему Менелая оно завершает доказательство