Задание №180955: Геометрия · Олимпиада Шарыгина 2024

(L.Dong) Окружность ω, вписанная в неравнобедренный треугольник ABC,
касается его сторон BC,CA и AB в точках D,E и F соответственно. Точка M на луче

EF такова, что EM = AB. Точка N на луче FE такова, что FN = AC. Окружности
BFM и CEN повторно пересекают ω в точках S и T соответственно. Докажите, что
прямые BS,CT и AD пересекаются в одной точке.
Решение.

Лемма. Пусть X, Y , Z — такие точки на ω, что прямые DX, EY , FZ пересекаются
в одной точке. Тогда прямые AX, BY , CZ пересекаются в одной точке.
Доказательство. Очевидно, \AEX = \EDX и \XFA = \XDF. Также, по тео-
реме синусов


sin \FAX XF sin \XAE XE
= , = .
sin \XFA AX sin \AEX AX
Следовательно,
( )
sin\BAX sin \FAX XF sin \XFA XF sin \XDF sin \XDF 2
= = · = · = .
sin\XAC sin \XAE XE sin \AEX XE sin\EDX sin \EDX
Аналогично
( ) ( )
sin \CBY sin \Y ED 2 sin\ACZ sin \ZFE 2
= ; = .
sin \Y BA sin \FEY sin\ZCB sin \DFZ
Поэтому
sin\BAX sin\CBY sin\ACZ
· · = 1.
sin\XAC sin\Y BA sin \ZCB
и утверждение леммы следует из теоремы Чевы.
Вернемся к задаче.

Обозначим через O(ABCD) двойное отношение прямых OA, OB, OC, OD. Пусть
J — точка пересечения FT и ES, G — вторая точка пересечения AD и ω, K — точка
пересечения EF и BC (рис. 17).



A
N
G
E
F

M
J
T
S
K
C D B
Рис. 17

11

Так как \FMS = \FBS, \MES = \BFS, получаем, что треугольники SBF и
SME подобны. Значит, SE : SF = ME : BF = AB : BF. Тогда

SE DE AB DF
E(AFJD) = E(EFSD) = (EFSD) = : = · .
SF DF BF DE
Аналогично
AC DE
F(AEJD) = · .
CE DF
Таким образом
AB CE DF2 AB CE KF
E(AFJD) : F(AEJD) = · · = · · .
AC BF DE2 AC BF KE
Применяя теорему Менелая к треугольнику AEF и точкам K,B,C, получаем
AB FK EC
· · = 1.
BF KE CA
Следовательно, E(AFJD) = F(AEJD), т.е. A, J, D лежат на одной прямой. Поэтому
DG, ES и FT пересекаются в точке J и по лемме BS, CT и AG пересекаются в одной
точке.