Городская олимпиада по математике среди физ-мат школАлматы, 2011 год

К окружности $\omega $ с центром $O$ из точки $S$ проведены касательные $SA$ и $SB$. Точки $C$ и $C'$ на окружности $\omega $ такие, что $AC \parallel OB$ и $CC'$ является диаметром $\omega $. Пусть прямые $BC$ и $SA$ пересекаются в точке $K$, а прямые $KC'$ и $AC$ в точке $M$. Докажите, что в треугольнике $MKC$ высота из вершины $M$ делит высоту из вершины $C$ пополам, если угол $BMK$ прямой. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

$KC'\cap \omega=P\neq C'$.

$\angle BMK=\angle CPC'=90^\circ\Leftrightarrow CP||BM$. По замечательному свойству трапеции $CM\cap PB=Q$ такая точка, что $KQ$ проходит через середину $CP$. Надо показать $QPKC$ - вписанный:

$$\angle (QC,CK)=\angle (AC,CB)=\angle (AC',C'B)$$

и еще $C'A\bot CA||BO\Leftrightarrow BC'=BA$, а значит

$$\angle (QP,PK)=\angle (BP,PC')=\angle (BA,AC')=\angle (AC',C'B)$$

из-за чего $QPKC$ оказывается вписанным, что и надо было.

$H$ — ортоцентр.

$CL \perp MK$, $K \in MK$.

$KH \cap BM = D$.

$CL \parallel BM$

$\Rightarrow$

$\dfrac{ML}{LK} = \dfrac{BC}{CK}$

$\Rightarrow$

$\dfrac{ML}{LK}\cdot\dfrac{CK}{BC} = 1$.

По теореме Чевы $\Rightarrow \dfrac{BD}{DA} = 1$.

По замечательному свойству трапеции $\Rightarrow CH = HL$.