Городская Жаутыковская олимпиада, 8 класс, 2011 год

В остроугольном треугольнике $ABC$ угол $A$ равен $60{}^\circ $. Докажите, что биссектриса одного из углов, образованных высотами $BK$ и $CL$, проходит через центр описанной окружности.

Комментарий/решение

1) Достроим $\triangle ABC$ до равностороннего $\triangle AMC$. По построению $\angle ACM=60^{\circ}; \angle AMC=60^{\circ}$

2) Опустим перпендикуляр из вершины $M$ на сторону $AC$ . Имеем $MF\bot AC; F\in AC$

3)$DW-$ биссектриса угла $\angle KDC$. $DW\cap MF=E$

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

5)$\angle ABK=180^{\circ}-(\angle BAK+\angle AKB)=180^{\circ}-(60^{\circ}+90^{\circ})=30^{\circ}$

6) Из $[5]$ следует, что $\angle LDB=180^{\circ}-(\angle DLB+\angle ABK)=180^{\circ}-(30^{\circ}+90^{\circ})=60^{\circ}$

7)$\angle LDB=\angle KDC=60^{\circ}$, как вертикальные.

8)$\angle KDW=\angle CDW=\dfrac{\angle KDC}{2}=\dfrac{60^{\circ}}{2}=30^{\circ}$, ведь $DW-$ биссектриса

9) Из $[8]$ следует, что $\angle KWD=180^{\circ}-(\angle DKW+\angle KDW)=180^{\circ}-(90^{\circ}+30^{\circ})=60^{\circ}$

10) Из $[9]$ и $[1]$ следует, что $\angle DWK=\angle MCA=60^{\circ}\Rightarrow DW\parallel MC$

11)Из $[10]$ следует, что $EDMC-$трапеция

12) $BK\bot AC$ по условию; $MF\bot AC$ по построению $\Rightarrow BK\parallel MF$

13) Из $[12]$ следует, что $\angle KDE=\angle DEM=30^{\circ}$ как накрест лежащие

14) В $[10]$ показано, что $DW\parallel MC\Rightarrow \angle DEM=\angle EMC=30^{\circ};\angle EDC=\angle DCM=30^{\circ}$ ($\angle EMC=30^{\circ}$ можно получить и из $[4]$)

15) Пусть $DC\cap MF=Z$. Тогда $\triangle MZC$ равнобедренный (это следует из $[14]$,ведь углы при основании $MC$ равны)

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

17) Из $[15,16]$ следует, что $DZ=ZE;MZ=ZE\Rightarrow DZ+MZ=ZE+ZC\Rightarrow DC=ME$

18)$CL-$ высота $\triangle AMC$ (ведь $CL\bot AB$); $MF-$также высота $\triangle AMC$

$CL=MF$, ведь $\triangle AMC-$ 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 $\triangle AMC\Rightarrow$ они же и медианы/

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

Из $[19]\Rightarrow DL=EF$

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

22) $\angle DMC=\angle AMC-\angle LMD=60^{\circ}-\angle LMD$

$\angle ECM=\angle ACM-\angle FCE=60^{\circ}-\angle FCE$

Из равенства $[21]\Rightarrow \triangle DLM=\triangle FCE\Rightarrow \angle LMD=\angle FCE\Rightarrow \angle DMC=\angle ECM$

23) Из $[22]\Rightarrow EDMC-$равнобедренная трапеция (так как углы при основании равны). Значит, $EC=DM$

24) Из $[22]\Rightarrow BK\parallel MF\Rightarrow DBME-$трапеция

25)Из $[13]\Rightarrow \angle DEM=30^{\circ}$;

$\angle BME=\angle AMF=30^{\circ}$(так как $MF-$ высота в равностороннем $\triangle AMC$, она же и биссектриса)

$\angle DEM=\angle BME$

26) Из $[25,24]$ следует, что $DBME-$равнобедренная трапеция

27) Из $[26]\Rightarrow DM=BE$

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

В итоге, $AE=EC=DM=BE$

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