5-я Международная Жаутыковская олимпиада, 2009 год


Дан четырехугольник $ABCD$, в котором $\angle B=\angle D=90^\circ$. На отрезке $AB$ выбрана такая точка $M$, что $AD=AM$. Лучи $DM$ и $CB$ пересекаются в точке $N$. Точки $H$ и $K$ — основания перпендикуляров, опущенных из точек $D$ и $C$ на прямые $AC$ и $AN$, соответственно. Докажите, что $\angle MHN=\angle MCK$.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   0
2018-09-24 03:43:35.0 #

1)

Из условия следует что $ABCD$ вписанный и $CD=CN$ тогда $\angle ADM = 90^{\circ} - \dfrac{ \angle BAD}{2}$ найдя

$\angle MDH = \angle ADM - \angle ADH = 90^{\circ} - \dfrac{ \angle BAD}{2} - 90^{\circ} + \angle CAD = \angle CAD - \dfrac{ \angle BAD}{2}$ также

$\angle BDM = \angle CDN - \angle BAC = \dfrac{\angle BAD}{2} - \angle BAD + \angle CAD = \angle CAD - \dfrac{\angle BAD}{2}$

то есть $DM$ биссектриса $\angle HDB$.

2)

Треугольники $ACN, NHC$ подобны по общему углу и выполняемся соотношение $ \dfrac{CH}{CN}=\dfrac{CN}{AC}$ что верно учитывая что $CN=CD$ и $DH \perp AC$.

3)

Возьмём на отрезке $DB$ такую точку $H’$ что $DH=DH’$ и $F \in NH \cap CK$ тогда из первого пункта следует что $NH=NH’$ и $\angle NHM = NH’M$.

Отметим что $\angle ABD = \angle ANH’$ так как $NM$ биссектриса $HNH’$.

4)

Докажем что $CH’D,CAM$ подобны, так как $\angle BAD = \angle BDC = \angle CDH’$ и выполняется условие $\dfrac{CD}{DH’} = \dfrac{AC}{AM}$ что верно так как $DH’=DH$ и $AM=AD$ значит $\angle MCH’ = \angle ACD = \angle ABD $ откуда $BMH’C$ вписанный, значит $\angle MH’C = 90^{\circ}$ откуда

$\angle H’MC = \angle H’FC = \angle KFN = 90^{\circ}- \angle ANH’ = 90^{\circ} - \angle ABD$

значит $FMH’C$ вписанный, откуда $\angle MCK = \angle MH’N = \angle MHN$.

  0
2020-10-12 21:24:43.0 #

Пусть $CK \cap AB \in Q$, $HN \cap AB \in T.$

$\angle NCD$ $=$$180^\circ-\angle BAD$ $(1)$

$\angle NDC$ $=$$90^\circ-\angle NDA$ $=$ $\frac{\angle BAD}{2}$ $(2)$

$(1),(2)$ $\Rightarrow$ $\angle CND$ $=$$\angle CDN$ $\Rightarrow$ $CN$ $=$ $CD$

$ \triangle ADC:$ $CD^2=CH \cdot CA$ $\Rightarrow$ $CH \cdot CA=CN^2$

Следовательно описанная окружность $\triangle NHA$ касается $NC$

$\Rightarrow$ $\angle CNA$ $=$ $\angle NHC$,

$NKQB-$ вписанный $\Rightarrow$ $\angle CNA$ $=$ $\angle BQC$,

$\angle NHC$ $=$ $\angle BQC$ $\Rightarrow$ $TQCH-$ вписанный.

Теперь заметим что, $AD^2=AH \cdot AC$, $AD=AM$ $\Rightarrow$

$AM^2=AH \cdot AC$ $\Rightarrow$ описанная окружность $\triangle MHC$ касается $AB$, значит что $\angle MHC$ $=$ $\angle QMC$.

$\angle NHM$ $=$ $\angle THC - \angle MHC$ $=$ $\angle BQC - \angle QMC$ $=$ $\angle KCM$

$\Rightarrow$ $\angle MCK= \angle MHN$ $#$