Олимпиада имени Леонарда Эйлера2011-2012 учебный год, II тур заключительного этапа

Углы треугольника ABC удовлетворяют условию $2\angle A+\angle B = \angle C$. Внутри этого треугольника на биссектрисе угла $A$ выбрана точка $K$ такая, что $BK = BC$. Докажите, что $\angle KBC = 2\angle KBA$. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение 1. Поскольку $\angle C > \angle A+\angle B$, то $\angle C > 90 ^\circ$. Выберем на луче $AC$ точку $T$ таким образом, что $BC = BT$. Заметим, что $\angle ATB = \angle BCT = \angle A+\angle B$. Поскольку $2\angle A+\angle B = \angle C$, имеем $3\angle A+2\angle B = \angle A+\angle B+\angle C = 180^\circ$, откуда $\angle CBT = \angle A \Rightarrow \angle ABT = \angle A+\angle B = \angle ATB$. Значит, точка $K$ лежит на оси симметрии равнобедренного треугольника $BAT$, откуда $BK = KT$. Итак, $BT = BC = BK = KT$, то есть треугольник $BKT$ — равносторонний, откуда $\angle KBC = 60^\circ - \angle CBT = 60^\circ - \angle A$, а $\angle ABK = 30^\circ - \angle BAK = 30^\circ -A/2 = \angle KBC/2$.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Решение 2. Выберем точку $L$ на биссектрисе угла $A$ внутри треугольника таким образом, чтобы выполнялось условие $\angle LBC = 2\angle LBA$. Чтобы доказать, что точки $L$ и $K$ совпадут, достаточно доказать, что $BL = BC$. Пусть биссектриса угла $CBL$ пересекает $AC$ в точке $N$. Тогда $\angle BNC = \angle A+2\angle B/3 = \angle A/3+\angle B/3+(\angle B/3+2\angle A/3) = (\angle A+\angle B+\angle C)/3 = 60^\circ$. Заметим, что $L$ — точка пересечения биссектрис треугольника $ABN$. Значит, $\angle LNB = 60^\circ$, и треугольники $BCN$ и $BLN$ равны по стороне $BN$ и двум прилежащим к ней углам, откуда и следует равенство $BL = BC$.

$\angle A = 2\alpha$, $\angle B = \beta$, $\angle C = \gamma$ и $AL$ - биссектриса.

$4\alpha + \beta = \gamma = 180^\circ - 2\alpha - \beta$,

$3\alpha + \beta = 90^\circ$ (*).

Отсюда $\alpha + \beta/3 = 30^\circ$.

Следовательно, $\angle ABK = \beta/3 \iff \angle BKL = 30^\circ$.

Значит, пусть $K$ на $AL$ такая, что $\angle BKL = 30^\circ$, и докажем $BK = BC$.

Пусть $H$ - проекция из $B$ на $AL$, и $BH$ пересекает $AC$ в $P$.

Очевидно $AB = AP$, $\angle APB = 90^\circ - \alpha$,

$\angle BCP = 180^\circ - \gamma = 90^\circ - \alpha$

$\iff \gamma = 90^\circ + \alpha = (3\alpha + \beta) + \alpha = 4\alpha + \beta$, что верно из (*). $\blacksquare$