10-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2023 год, третья лига, 11-12 классы

Биссектриса угла $BAC$ остроугольного треугольника $ABC$ пересекает сторону $BC$ в точке $P$. Точки $D$ и $E$ лежат на отрезках $AB$ и $AC$ соответственно так, что $BC \parallel DE$. Точки $K$ и $L$ отмечены на отрезках $PD$ и $PE$ соответственно так, что точки $A$, $D$, $E$, $K$, $L$ лежат на одной окружности. Докажите, что точки $B$, $C$, $K$, $L$ также лежат на одной окружности.

Комментарий/решение

По лемме Фусса замечаем, что $ALPB$ и $AKPC$ являются вписанными в окружность. Пусть $X,Y$ - точки вторичного пересечения $(APC), (APB)$ с $AB,AC$ соответственно. Благодаря тому, что $AP$ - биссектриса $\angle BAC$, имеем: $XP=PC,YP=PB$. $M$ - середина дуги $DE$ и $Q,R$ пересечения $KE,LD$ с $(APC),(APB)$ соответственно.

Заметим, что по лемме Фусса $QY||XR||DE||BC \Rightarrow QB=PY, RC=PX$, поэтому поворотная гомотетия в точке $A$ переводящая $(ADE)$ в $(APB)$ переводит $\triangle DME$ в $\triangle QBP$, следовательно $M \in LB$ и с $KC$ аналогично.

Тогда $ML\cdot MB=|pow_{(ABP)} M|=|pow_{(APC)} M|=MK\cdot MC \Leftrightarrow BKLC$ - вписанный.

Пусть $AP$ вторично пересекает окружность на которой лежат точки $A, D, E, K, L$ в точке $P'.$

Утверждение 1: четырехугольники $ABPL$ и $ACPK$ вписанные$.$

Доказательство$:$

$BC \parallel DE$ $\Rightarrow$ $\angle ABC = \angle ADE.$ Точки $A, D, E, L$ лежат на одной окружности $\Rightarrow$ $\angle ADE = 180^\circ - \angle ALE$ $\Rightarrow$ $\angle ABC = \angle ABP = \angle ADE = 180^\circ - \angle ALE = 180^\circ - \angle ALP$ $\Rightarrow$ $\angle ABP + \angle ALP = 180^\circ$ $\Rightarrow$ Точки $A, B, P, L$ лежат на одной окружности. Аналогично доказываем то что точки $A, C, P, K$ лежат на одной окружности.

Из Утверждение 1 счетом углов можно вывести то что точки $B, P', L$ и $C, P', K$ лежат на одной прямой $\Rightarrow$ $AP' \cdot P'P = BP' \cdot P'L$ $;$ $AP' \cdot P'P = CP' \cdot P'K$ $\Rightarrow$ $BP' \cdot P'L = CP' \cdot P'K$ $\Rightarrow$ Точки $B, C, K, L$ лежат на одной окружности.

Инверсия с центром $A$ и симметрией относительно биссектрисе $AP$ с радиусом $\sqrt{AB*AE}=\sqrt{AD*AC}$

$BC=>(ADE)$, $P=>P’$ где $P’$ середина дуги $KL$ . $(AP’C) \cap BC=K’ , (AP’B) \cap BC=L’$ заметим что $AKPC, APLB$ вписанный значит $D-P’-K’, E-P’-L’$ отсюда по счету углов $L’K’DE$ равнобокая трапеция отсюда $BCKL$ вписан.