16-шы «Жібек жолы» математикалық олимпиадасы, 2016 жыл

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышы шеңберге іштей сызылған (${AC > CB}$), ал $N$ нүктесі — осы шеңбердің $ACB$ доғасының ортасы. $A_1$ және $B_1$ нүктелері — сәйкесінше $A$ және $B$ нүктелерінен $NC$ түзуіне түсірілген перпендикулярлар табандары болсын ($NC$ кесіндісі $A_1B_1$ кесіндісінің ішінде жатыр). $A_1AC$ үшбұрышының $A_1A_2$ биіктігі және $B_1BC$ үшбұрышының $B_1B_2$ биіктігі $K$ нүктесінде қиылыссын. Егер $M$ нүктесі — $A_2B_2$ кесіндісінің ортасы болса, онда $\angle A_1KN=\angle B_1KM$ теңдігін дәлелдеңіздер. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

По условию $N$ - середина дуги $ACB$ поэтому $\angle NCA=\angle NBA=\angle NAB=\angle B_{1}CB$. Значит $\triangle A_{1}CA\sim\triangle B_{1}CB$. И в подобных треугольниках провели высоты с соответствующих вершин, поэтому $\dfrac{A_{2}C}{A_{2}A}=\dfrac{B_{2}C}{B_{2}B} \Rightarrow A_{2}B_{2} \parallel AB$

Пусть $CK$ пересекает окружность описанную около $\triangle ABC$ в точке $С_1$, тогда при гомотетии с центром $C$ с коэффициентом $\dfrac{A_2C}{AC}$

точка $C_{1}$ перейдет в $K$. Поэтому $\dfrac{A_{2}K}{B_{2}K}=\dfrac{A_2C_1}{B_2C_1}$. С другой стороны $AC_1=cos\angle CBA \cdot CC_1$, $BC_1=cos\angle CAB \cdot CC_1$. Значит $\dfrac{A_2C_1}{B_2C_1}=\dfrac{cos\angle CBA}{cos\angle CAB}$ (1) с этой частью закончили.

Пусть $\angle A_{1}KN=\alpha, \angle NKC=\beta, \angle B_{1}KM=\gamma$

Вспомним, что $\triangle A_{1}CA\sim\triangle B_{1}CB$, нетрудно найти, что $\angle CA_{1}K=\angle CB_{1}K$. Значит $\triangle A_{1}B_{1}K$ равнобедренный, $A_{1}K=B_{1}K$. $\dfrac{sin\alpha}{sin (\beta+\gamma)} \cdot \dfrac{A_{1}K}{B_{1}K}=\dfrac{A_{1}N}{B_{1}N}$ $\Rightarrow$ $\dfrac{sin\alpha}{sin (\beta+\gamma)}$=$\dfrac{A_{1}N}{B_{1}N}$ для $\triangle A_{1}B_{1}K$ и точки $N$

$A_{1}N=\cos \angle A_{1}NA \cdot AN=\cos \angle CBA \cdot AN$. Аналогично, $B_{1}N=\cos \angle CAB \cdot BN$. Значит $\dfrac{A_{1}N}{B_{1}N}$=$\dfrac{\cos \angle CBA}{\cos \angle CAB}$ (2)

$\dfrac{A_{2}K}{B_{2}K} \cdot \dfrac{(sin(\alpha+\beta)}{sin\gamma}$=$\dfrac{A_{2}M}{B_{2}M}=1$, значит $\dfrac{A_{2}K}{B_{2}K}=\dfrac{(sin\beta+sin\alpha)}{sin\gamma}$ для $\triangle A_{2}B{2}K$ и точки $M$. Получается $\dfrac{A_{2}K}{B_{2}K}=\dfrac{B_{1}N}{A_{1}N}$ $\Rightarrow$ $\dfrac{(sin(\beta+\alpha)}{sin\gamma}=\dfrac{(sin(\gamma+\beta)}{sin\alpha}$(3), и известный факт, что если выполнено условие (3), то $\angle \gamma=\angle \alpha$. Ч.и т.д.

Факт (3) надо доказывать, могут до 5 баллов снять.

Итак начнем с того что $A_2B_2$ параллельно $AB$ это правда из за того что треугольники $\triangle ACA_1$ и $\triangle BCB_1$ подобны, а также $A_2$ и $B_2$ основание высот с соответсвенных вершин. Возьмем точку $D$ как диаметрально противоположную точке $C$ в окружности описанной около $\triangle ABC$. Тогда понятно что $DA \parallel KA_2$ и $DB \parallel KB_2$. Так как $C$ центр гомотетии треугольников $\triangle DAB$ и $\triangle A_2KB_2$ то $CK$ диаметр. Возьмем $M_1$ как середину $AB$. $\triangle A_1KB_1$ равнобедренный. Понятно что K лежит на средней линии трапеции $ABB_1A_1$ значит $MK \parallel DN$. $NM_1$ диаметр значит углы $\angle M_1ND$ = $\angle CDN$ $\Rightarrow$ $DM_1KN$ равнобокая трапеция. Так как $DA \parallel A_1K$ то следующее равенство углов верно. $$\angle DNK+\angle A_1KN=\angle NDA=\angle BDN=\angle M_1DN+\angle BDM_1$$ то есть $\angle BDM_1=\angle NKA_1$. Ну а это завершает наше доказательство поскольку треугольники $\triangle ADB$ и $\triangle A_2KB_2$ подобны.