5-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров Никосия, Кипр, 2001 год

В треугольнике $ABC$ $\angle C = 90^\circ$ и $CA \neq CB$. Пусть $CH$ — высота и $CL$ биссектриса. Докажите, что для любой точки $X$ прямой $CL$, отличной от $C$, углы $\angle XAC$ и $ \angle XBC$ будут отличны. Также докажите, что для любой точки прямой $CH$, отличной от $C$, углы $\angle YAC$ и $ \angle YBC$ отличны. ( Bulgaria )

Комментарий/решение

Будем считать от противного, пусть они равны.

1) Рассмотрим все $3$ случая расположения $X$ (до $C$, между $C$ и $L$ и после $L$), убеждаемся, что $\triangle XAC=\triangle XBC$ по углам и общей стороне в любом случае, что противоречит тому, что $CA \ne CB.$

2)

i) $Y$ лежит до точки $C$, проведем перпендикуляры $CD$ и $CE$ на $YA$ и $YB$ соответственно. Получается, что $ADCH, BECH$ вписаны в окружность, тогда $\angle DAC=\angle DHC=\angle EBC=\angle EHC, \Rightarrow HC$ - биссектриса угла $DHE$. Также имеем, что $DCEY$ вписанный, причем $CY$ содержит его центр $O$, поэтому точки $D$ и $E$ симметричны относительно $OH$, то есть $\angle HYE=\angle DYH$, тогда $\triangle AYC =\triangle BYC$ по углам и общей стороне, но $AC \ne BC$, a contradiction

ii) $Y$ лежит на $CH$, опустим перпендикуляры $YD$ и $YE$ как в пред. пункте, тогда $HY$ - биссектриса, к тому же, $DE$ и $CY$ делятся пополам, $\Rightarrow DH=HE, DCEY$ - квадрат, тогда $\triangle ADY=\triangle YEB$, то есть $AD=EB, CD=CE$, тогда $AD+DC=BE+CE, AC=BC$, a contradiction

iii) $Y$ лежит после $H$, пусть, $БОО, AC>CB, \angle CAB=\alpha, \angle YAB=\beta, \angle YBA=\beta+2\alpha-90$. Нетрудно догадаться, что $YB>YA$, так как $\beta >\beta +2\alpha -90$, то есть $2\alpha <90$ (по предположению). Пусть $AH=a, YH=b, BH=c, CH=d$, тогда:

$a^2+d^2>c^2+d^2, a^2>c^2;$ $(1)$

$a^2+b^2<b^2+c^2, a^2<c^2.$ $(2)$

$(1)$ и $(2)$ противоречат друг другу, что и требовалось доказать.