2-ші халықаралық Жәутіков олимпиадасы, 2006 жыл

$ABC$ үшбұрышының $AB$ және $AC$ қабырғаларынан $BK=CL$ болатындай сәйкес $K$ және $L$ нүктелері алынған. $BL$ мен $CK$ кесінділері $P$ нүктесінде қиылысады. $MP$ түзуі $\angle BAC$ бұрышының биссектрисасына параллель болатындай $AC$ кесіндісінің ішкі $M$ нүктесі алынған. Онда $CM=AB$ екенін дәлелде.

Комментарий/решение

Менелая :)

1) Пусть $AD$ биссектриса и $E \in MP \cap BC$ и $ME \ || \ AD$. По подобия треугольников $MEC, ACD$ значит $\dfrac{CM}{AC} = \dfrac{CE}{CD}$ и так как $\dfrac{BD}{CD} = \dfrac{AB}{AC}$ откуда $\dfrac{CM}{AB} = \dfrac{CE}{BD} \ (1)$. Если $H \in CK \cap BM$ по теореме Менелая и для треугольника $ABM$ и секущей $CK$ и по теореме Чевы для треугольника $BMC$ учитывая что $BK=CL$ получаем $\dfrac{ML}{AK} = \dfrac{BE}{CD} \ (2)$ .

Первый способ: Построим параллелограмм $ABCA'$ , пусть $AM'$ биссектриса $BAC$ и $M' \in A'B$ и $A'M$ биссектриса $BA'C$ тогда $BD=CE$ пусть $CL' || BL$ где $L' \in A'B$ и пусть $P \cap A'M \cap CK$ и $P' \in CL' \cap AM'$ и $K' \in BP' \cap A'C$ тогда по $(1), (2)$ получаем что $CK' = BL'$.

Значит если $F \in A'M \cap BL$ точка совпадает с $F=P$ то треугольники $BKC = BK'C$ равны по построению, откуда $CL=BL'=CK'=BK$ или $BK=CL$ которая выполняется для случая $BD=CE$ или $CM=AB$.

Второй способ: из $(1),(2)$ то есть $\dfrac{CM}{AB} = \dfrac{CE}{BD}$ и $\dfrac{ML}{AK} = \dfrac{BE}{CD}$ так как $M$ внутри отрезка $AC$

1) Пусть $ML>AK$ тогда $BE>CD$ так как $CM=CL+ML, \ AB=BK+AK$ то есть $CM>AB$ и $CD=CE+DE, BE=BD+DE$ значит $BD>CE$ противоречие

2) $ML<AK$ значит $BE<CD$ значит теми же способом $1> \dfrac{CM}{AB} = \dfrac{CE}{BD}>1$

откуда $CM=AB$

Пусть $A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)$, и $BK=CL=d$. Несложно посчитать координаты точки $P(\dfrac{d}{c+b-d}, \dfrac{c-d}{c+b-d},\dfrac{b-d}{c+b-d})$, $M(m,0,1-m)$.

Тогда векторы MP и AI параллельны, то есть их координаты пропорциональны. Учитывая то, что $AI(-b-c, b,c)$, находим $m=c/b$.

Тогда $CM^2=-b^2*xz=-b^2*c/b*-c/b=c^2$, чтд