Республиканская олимпиада по математике, 2021 год, 10 класс

На стороне $AC$ треугольника $ABC$ нашлась такая точка $D$, что $BC=DC$. Пусть $J$ — центр вписанной окружности треугольника $ABD$. Докажите, что одна из касательных из точки $J$ ко вписанной окружности треугольника $ABC$ параллельна прямой $BD$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть параллель из $J$ к прямой $BD$ пересекает $AB$ и $AD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Заметим, что тогда

$$\angle MJB=\angle JBD=\angle JBM,$$

следовательно $BM=MJ.$ Аналогично $BC=DC.$ Откуда получаем, что

$$BC+MN=DC+MN=DC+(BM+DN)=BM+CN,$$

следовательно в $CBMN$ можно вписать окружность $\omega.$ Заметим, что $\omega$ касается сторон $\triangle ABC.$ Значит $\omega$ его вписанная окружность, откуда следует требуемое, так как $MN$ касается $\omega.$

Пусть $I$ центр впсанной окржности треугольника $ABC,$ $K$ точка на прямой $CI$ такая что $JK\parallel BD,$ и вписанный окружность треугольника $ABC$ касается сторон $CB$ и $CA$ в точках $M$ и $N$ соотственно, $(KNM)\cup CI=L.$

${\color{red} {\mathbf{Claimㅤ1}}}:$ $CI\bot JK$

${\color{blue} {\mathbf{Proof}}}:$ $BC=DC$ и $\angle BCI=\angle DCI\Longrightarrow BD\bot CI\bot JK\parallel MN\blacksquare$

Пусть $\omega$ окружность с центром $C$ и радиусом $CN,$ $KM\cup \omega=P$ и $KN\cup \omega=Q,$ $(PML)\cup PQ=C'$ тогда по Теорема Микеля $QNLC'$ вписанный.

${\color{red} {\mathbf{Claimㅤ2}}}:$ $M,L,Q$ и $N,L,P$ лежат на одной прямой

${\color{blue} {\mathbf{Proof}}}:$ $\angle KPN=\angle MPL=\angle MC'L=\angle KC'N\Longrightarrow M,L,Q$ лежат на одной прямой, аналогично $N,L,P$ лежат на одной прямой $\blacksquare$

${\color{red} {\mathbf{Claimㅤ3}}}:$ $P,C,Q$ лежат на одной прямой

$\angle PNQ=\angle PMQ=90\Longrightarrow PQ$ диаметр $\Longrightarrow P,C,Q$ лежат на одной прямой

${\color{red} {\mathbf{Claimㅤ4}}}:$ $L$ инентр треугольника $CNM$

${\color{blue} {\mathbf{Proof}}}:$ $\angle LMC=\angle LPC=\angle NPC=\angle NKC=\angle LKN=\angle LMN$ $\Longrightarrow$ $L$ инцентр треугольника $CMN$ $\blacksquare$

${\color{red} {\mathbf{Claimㅤ5}}}:$ $I$ центр $(KMN)$

${\color{blue} {\mathbf{Proof}}}:$ $\angle ILN=\angle LNC+\angle LCN=\angle LNM+\angle INM=\angle INL$ значить $IL=IN=IM \blacksquare$

Так как $\angle IKJ=90$ значить $JK$ касательная к окружности $(KNM) \blacksquare$

P.S. Хотел чтобы решение выглядело красиво, но похоже оно вышло слишком длинным, поэтому оставлю другую решению

Пусть $I$ инцентр треугольника $ABC$ и вписанный окружность касается сторон $BC$ и $CA$ в точках $M$ и $N$ соотственно, $K$ точка на вписанной окружности треугольника $ABC$ такая что прямая $JK$ касается вписанной окружности треугольника $ABC.$ $JK \cup AC = E$ и $JK\cup BC=F\Longrightarrow I$ инцентр треугольника $CEF\Longrightarrow \angle KFM=\angle IKM+\angle IMK=\angle CIM=\angle CIN=\angle IKN+\angle INK=\angle KEN\Longrightarrow CE=CF\Longrightarrow EF\parallel BD\blacksquare$