Городская Жаутыковская олимпиада, 8 класс, 2006 год

В треугольнике $ABC$ проведены биссектрисы $A{{A}_{1}}$ и $C{{C}_{1}}$. $M$ и $K$ — основания перпендикуляров, опущенных из точки $B$ на прямые $A{{A}_{1}}$ и $C{{C}_{1}}$. Докажите, что$MK \parallel AC$.

Комментарий/решение

Без ограничений общности, пусть точки $K$ и $L$ лежат внутри исходного треугольника. Пусть $\angle BAC=2\alpha$ и $\angle BCA=2\gamma$, тогда $\angle ABI=\angle CBI=90-\alpha-\gamma$, где $I$ --- инцентр $\triangle ABC$, а также из теоремы о внешнем угле треугольника верно, что $\angle BC_1C=2\alpha+\gamma$. Из $\triangle BC_1K$, получаем, что $\angle C_1BK=90^{\circ}-2\alpha-\gamma$.

Тогда $\angle KBI=\angle ABI=90^{\circ}-\alpha-\gamma-90^{\circ}+2\alpha+\gamma=\alpha$, но $BKIM$ --- вписанный, значит $\angle KBI=\angle KMI=\alpha=\angle MAC$, отсюда $KM\parallel AC$.

Замечание: Существует лемма 255, с помощью которой тоже можно решить задачу (однако, скорее всего ее тоже надо будет доказать). По данной лемме утверждается, что точки $M$ и $K$ лежат на средней линии, параллельной прямой $AC$, тем самым, отсюда будет вытекать условие задачи.