Республиканская олимпиада по математике, 2017 год, 11 класс


Неравнобедренный треугольник $ABC$ вписан в окружность $\omega$. Касательная к этой окружности в точке $C$ пересекает прямую $AB$ в точке $D$. Пусть биссектриса угла $CDB$ пересекает отрезки $AC$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. На стороне $AB$ взята точка $M$ такая, что $AK/BL=AM/BM$. Пусть перпендикуляры из точки $M$ к прямым $KL$ и $DC$ пересекают прямые $AC$ и $DC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что угол $CQP$ в два раза меньше угла $ACB$. ( М. Кунгожин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   1
2017-03-28 00:49:46.0 #

Обозначим $\angle ABC = B , \angle ACB = C$

Так как $CD$ касательная к окружности то $\angle ACD = \angle B$ учитывая то что $CL$ биссектриса , получим $\angle CKL = \angle CLK$ или $CK=CL$. По теореме Менелая для треугольника $ABC$ и секущей $DL$ получим $\dfrac{BL}{LC} \cdot \dfrac{CK}{AK} \cdot \dfrac{AD}{BD} = 1 $ откуда $\dfrac{BL}{AK} = \dfrac{BD}{AD}$ . Заметим , из-за того что $\dfrac{BL}{AK} = \dfrac{BD}{AD}$ точки $D,A,M,C$ тогда образуют "Гармоническую четверку" по определению . Тогда $CM$ - является так называемой "симедианой" треугольника $ABC$ . Проведем биссектрису $CF$ угла $\angle ACB$ , тогда $CF \perp BL$ , положим что $\angle CQP = \angle BCF$ , если это так , то треугольники $CQP, CBF$ подобны , значит должно выполнятся условие $ \dfrac{PC}{CQ} = \dfrac{BJ}{BC}(Z)$ . Докажем это , из свойства биссектрисы , получим $\dfrac{BJ}{BC} = \dfrac{AB}{BC+AC}$ , треугольники $PMA , CFA$ подобны , откуда $\dfrac{AP}{AM} = \dfrac{AC-PC}{AM} = \dfrac{AC}{AF}$ , из свойств симедианы получим $\dfrac{AM}{BM} = \dfrac{AC^2}{BC^2}$ или $ AM = \dfrac{AB \cdot AC^2}{BC^2+AC^2}$ , откуда преобразовывая получим , $PC = \dfrac{AC \cdot BC \cdot (BC-AC)}{BC^2+AC^2}$ , значит $CQ = \dfrac{BC \cdot AC \cdot (BC^2-AC^2)}{AB \cdot (BC^2+AC^2)}(1) $ . Но с другой стороны $CQ = CD-DQ$ из того что $MQ \perp CD$ , получим $ CQ = CD-DQ = AC \cdot \dfrac{sinA}{sin \angle BDC} + DM \cdot cos(\angle BDC ) = AC \cdot \dfrac{sinA}{sin \angle BDC} + (AM+AD) \cdot cos (\angle BDC)$ или $ CQ = AC \left( \dfrac{sinA}{sin(\angle BDC)} + cos( \angle BDC) \left( \dfrac{sinB}{sin \angle BDC} + \dfrac{AB \cdot AC}{BC^2+AC^2} \right) \right) (2)$ .

Теперь записывая все в угловой форме выражения $(1) , (2)$ учитывая что $ \angle BDC = 180^{\circ}-(2B+C)$ для $(1)$ получим $CQ = \dfrac{AC \cdot sinA \cdot sin(A-B)}{sin^2A+sin^2B}$ , аналогичный результат получим и для $CQ$ в $(2)$. Стало быть $(Z)$ верно , значит $\angle CQP = \angle BCF = \dfrac{\angle ACB}{2}$ .