Математикадан 34-ші Балкан олимпиадасы, Орхид, Македония 2017 жыл

$AB < AC$ болатындай, сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы берілсін және $\Gamma $ шеңбері $ABC$ үшбұрышына сырттай сызылсын. ${{t}_{b}}$ және ${{t}_{c}}$ түзулері $\Gamma $ шеңберімен $B$ және $C$ нүктелерінде жанассын және $L$ нүктесі ${{t}_{b}}$ және ${{t}_{c}}$ түзулерінің ортақ нүктесі болсын. $B$ нүктесі арқылы өтетін түзу, $AC$ қабырғасына параллель ${{t}_{c}}$ түзуін $D$ нүктесінде қияды. $C$ нүктесі арқылы өтетін түзу, $AB$ қабырғасына параллель ${{t}_{b}}$ түзуін $E$ нүктесінде қияды. $T$ нүктесі $A$ және $C$ нүктелері арасында жататындай, $BDC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер $AC$ қабырғасын $T$ нүктесінде қияды. $B$ нүктесі $A$ және $S$ нүктелері арасында жататындай, $BEC$ үшбұрышына сырттай сызылған шеңбер, $AB$ қабырғасын $S$ нүктесінде қияды. $ST,$ $BC$ және $AL$ түзулері бір нүктеде қиылысатынын дәлелдеңіз.

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