Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Қалалық Жәутіков олимпиадасы
8 сынып, 2011 жыл


Сүйір бұрышты ABC үшбұрышында A бұрышы 60-қа тең. BK және CL биіктіктері қиылысқандағы бұрыштардың біреуінің биссектрисасы үшбұрышқа сырттай сызылған шеңбердің центрі арқылы өтетінін дәлелдеңдер.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  2
4 года 8 месяца назад #

1) Достроим ABC до равностороннего AMC. По построению ACM=60;AMC=60

2) Опустим перпендикуляр из вершины M на сторону AC . Имеем MFAC;FAC

3)DW биссектриса угла KDC. DWMF=E

4)AF=FC по св-ву равностороннего треугольника (MF высота AMC, но она же и биссектриса, и медиана)

5)ABK=180(BAK+AKB)=180(60+90)=30

6) Из [5] следует, что LDB=180(DLB+ABK)=180(30+90)=60

7)LDB=KDC=60, как вертикальные.

8)KDW=CDW=KDC2=602=30, ведь DW биссектриса

9) Из [8] следует, что KWD=180(DKW+KDW)=180(90+30)=60

10) Из [9] и [1] следует, что DWK=MCA=60DWMC

11)Из [10] следует, что EDMCтрапеция

12) BKAC по условию; MFAC по построению BKMF

13) Из [12] следует, что KDE=DEM=30 как накрест лежащие

14) В [10] показано, что DWMCDEM=EMC=30;EDC=DCM=30 (EMC=30 можно получить и из [4])

15) Пусть DCMF=Z. Тогда MZC равнобедренный (это следует из [14],ведь углы при основании MC равны)

16)DZE равнобедренный (это следует из [14],ведь углы при основании равны)

17) Из [15,16] следует, что DZ=ZE;MZ=ZEDZ+MZ=ZE+ZCDC=ME

18)CL высота AMC (ведь CLAB); MFтакже высота AMC

CL=MF, ведь AMC равносторонний

19)Из [18,17] следует, что DL=EF. Ведь CL=DL+DC;MF=EF+ME

В то же время CL=MF[18];DC=ME[17]

20)ML=AL=AF=FC. Это следует из того, что AM=AC и CL,MF высоты в равностороннем AMC они же и медианы/

21) Покажем, что DLM=DLA=EFA=EFC по 2 катетам

Из [19]DL=EF

Из [20]ML=AL=AF=FC равенство [21] доказано

22) DMC=AMCLMD=60LMD

ECM=ACMFCE=60FCE

Из равенства [21]DLM=FCELMD=FCEDMC=ECM

23) Из [22]EDMCравнобедренная трапеция (так как углы при основании равны). Значит, EC=DM

24) Из [22]BKMFDBMEтрапеция

25)Из [13]DEM=30;

BME=AMF=30(так как MF высота в равностороннем AMC, она же и биссектриса)

DEM=BME

26) Из [25,24] следует, что DBMEравнобедренная трапеция

27) Из [26]DM=BE

28) Из [27]DM=BE;Из[21]\Rightarrow AE=EC;Из [23]EC=DM

В итоге, AE=EC=DM=BE

Заключение. Так как AE=BE=CE,очевидно, что E центр описанной окружности ABC. С другой стороны, E лежит на биссектрисе DW. Значит, утверждение задачи доказано.