Олимпиада имени Леонарда Эйлера2015-2016 учебный год, III тур дистанционного этапа

В треугольнике $ABC$ угол $C$ в 2 раза больше угла $B$, $CD$ — биссектриса. Из середины $M$ стороны $BC$ опущен перпендикуляр $MH$ на отрезок $CD$. На стороне $AB$ нашлась такая точка $K$, что $KMH$ — равносторонний треугольник. Докажите, что точки $M$, $H$ и $A$ лежат на одной прямой.

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Так как $\angle DCB = \angle C/2 = \angle B$, $DM$ — медиана, биссектриса и высота в равнобедренном треугольнике $BDC$. Опустим из точки $M$ перпендикуляр $ME$ на прямую $AB$. Тогда $ME = MH = MK$, откуда $K = E$. Далее, в прямоугольных треугольниках $CHM$ и $BKM$ сумма углов при вершине $M$ равна $180^\circ -\angle HMK = 120^\circ$, откуда получаем, что каждый из углов $DCM$ и $DBM$ равен $30^\circ$. Поэтому в треугольнике $ABC \angle C = 30^\circ$, $\angle B = 60^\circ$, $\angle A = 90^\circ$. Осталось заметить, что тогда треугольник $ACM$ — равносторонний, и потому $CH \perp AM$, откуда и вытекает утверждение задачи.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Рассмотрим треугольники $CHM$ и $KMB$. В них равны по две стороны и по углу (правда, лежащему не между равными сторонами), причём треугольник $CHM$ прямоугольный. Но треугольники с двумя равными сторонами и равной парой углов могут не быть равными только, если один из них тупоугольный, а другой остроугольный. Значит, треугольники $CHM$ и $KMB$ равны, откуда $CH = BK$ и $\angle AKM = \angle CHM = 90^\circ$. Далее рассуждаем как в первом решении.

Из треугольника $\Delta HMC => HM=CM*sin \angle B$,из треугольника $KM=\frac{CM*sin \angle B}{sin( \frac{5\pi}{6}-2\angle B)}$ . Откуда $B=30$,то есть треугольник $\Delta ABC$ прямоугольный,откуда $AC=CM$,а так как $\angle AMC = 60 ; \angle BCA=60$,треугольник $\Delta AMC$ - равносторонний,то есть все три точки лежат на одной прямой .