11-ші «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2011 жыл

$C$ бұрышы доғал болатын теңбүйірлі $ABC$ үшбұрышы берілген. $AC$ қабырғасының ($C$ нүктесінен ары қарайғы) созындысынан $\angle KBC = \angle ABC$ болатындай етіп $K$ нүктесі алынған. $\angle BKC$ және $\angle ACB$ бұрыштарының биссектрисаларының қиылысуы $S$ нүктесі болсын. $AB$ және $KS$ түзулері $L$ нүктесінде, ал $BS$ және $CL$ түзулері $M$ нүктесінде қиылыссын. $KM$ түзуі $BC$ кесіндісінің ортасы арқылы өтетінін дәлелдеңдер. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $\angle ABC=a$ тогда по построению $AKB = 3a$.

Докажем что $\dfrac{BK}{LK} = \dfrac{SK}{AK}$

Доказательство: так как $\dfrac{BK}{LK} = \dfrac{cos( \dfrac{a}{2})}{sin2a}$ из треугольника $BKL$ и $\dfrac{SK}{AK} = \dfrac{CK}{KL} \cdot 2cosa = \dfrac{cos(\dfrac{a}{2})}{2cosa \cdot sin(2a)} \cdot 2cosa = \dfrac{BK}{LK}$ тогда $BKAS$ вписанный и $KE$ симедиана $I \in BC \cap KS$

По теореме Чевы:

$\dfrac{SM}{BM} \cdot \dfrac{BI}{IC} \cdot \dfrac{CE}{SE} = 1$ или ​$\dfrac{SM}{BM} = \dfrac{SE}{CE} \cdot \dfrac{IC}{BI} = \dfrac{SE}{CE} \cdot \dfrac{KC}{BK} = \dfrac{BS}{BC} \cdot \dfrac{cos(3a/2)}{sin2a} = \dfrac{cosa}{sin(3a/2)} \cdot \dfrac{cos(3a/2)}{sin2a} = \dfrac{ctg(3a/2)}{2sina}$ $(1)$

​из треугольников $CKI, CKS$ получается $\dfrac{KS}{KI} = \dfrac{1}{2-2cosa}$ $(2)$ и если $D$ середина $BC$ то $\dfrac{BD}{DI} = \dfrac{2cosa+1}{2cosa-1}$ $(3)$

​тогда по теореме Менелая для $BIS$ и секущей $KD$ должно выполнятся

$\dfrac{SM}{BM} \cdot \dfrac{BD}{DI} = \dfrac{KS}{KI}$ подставляя $(1),(2),(3)$ получаем верность, значит $D \in KM \cap BC$

По лемме об изогоналях для четырехсторонника из прямых $CL,MS,CS,LB$ и пары изогоналей $KL,KS$ относительно $\angle AKB$ получается, что $KM$ и $KR$ изогональны ($R=AB\cap CS$, то есть середина $AB$).

$$\angle KCB=2\angle ABC=\angle ABK,\angle KBC=\angle KAB\Leftrightarrow \triangle KCB\sim \triangle KBA,$$ $KR$ - медиана в $\triangle KAB$, а значит ее изогональ $KM$ является медианой в треугольнике $KBC$.