Математикадан республикалық олимпиада, 2015-2016 оқу жылы, 11 сынып

Теңбүйірлі $ABC$ үшбұрышында $H$ нүктесі — $AB$ табанының ортасы, ал $M$ — $BH$ кесіндісінің ортасы. $HK$ — $ACH$ үшбұрышының биіктігі, ал $CM$ және $BK$ түзулері $L$ нүктесінде қиылысады. $BC$ түзуіне $B$ нүктесінде жүргізілген перпендикуляр мен $LH$ түзуі $N$ нүктесінде қиылысады. $BCN$ бұрышының өлшемі $ACB$ бұрышының өлшемінен екі есе кіші екенін дәлелдеңіз. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Для решения задачи достаточно показать равенство углов $BCN$ и $HCK$. Заметим, что $\triangle BCH \sim \triangle HCK$, так как эти треугольники прямоугольные и углы при вершинах $C$ равны. Обозначим середину отрезка $HK$ через $P$. Тогда отрезки $CM$ и $CP$ соответствующие медианы подобных треугольников, поэтому $\angle CMH = \angle CPK$. Откуда следует, что четырехугольник $CMHP$ вписанный. Следовательно, $\angle MCH = \angle MPH = \angle BKH = \angle LKH$, то есть и четырехугольник $CLHK$ вписанный. Откуда имеем: $\angle CLH =\angle CLN=90^\circ=\angle CBN$. А это дает выписанность четырехугольника $CLBN$. Теперь легко получить требуемое равенство: $\angle BCN = \angle BLN= \angle HLK = \angle HCK$.

С хорошим чертежом можно заметить, что $\angle CLH$ похож на прямой. Это и докажем.

Утверждение.

$\angle CLH = 90^\circ$.

Доказательство: Используем теорему Менелая.

Из теоремы Менелая для $\triangle ACM$ получаем:

$$\frac{AK}{KC} \cdot \frac{CL}{LM} \cdot \frac{MB}{BA} = 1 \quad (1)$$

Так как $\triangle AHC$ прямоугольный, несложно вывести, что $\frac{AK}{KC} = \frac{AH^2}{CH^2}. \quad (2)$

Тогда из $(1)$ и $(2)$:

$\frac{CL}{LM} = \frac{AH^2}{4CH^2} = \frac{MH^2}{CH^2} \Rightarrow HL -$ высота в прямоугольном треугольнике $CHM$. Поэтому $\angle CLH = 90^\circ$ b утверждение доказано.

Вернемся к задаче. Из выше доказанного можно понять, что четырехугольники $HKCL$ и $BLCN$ вписанные, тогда $\angle BCN = \angle BLN = \angle HMK = \angle HCK = \frac{\angle ABC}{2}$, что и требовалось доказать.

Ссылка на чертеж...

Пусть $KH \cap NB = P$

$CH \perp AB \Rightarrow \angle BHP = \angle AHK = 90 ^\circ - \angle KAH = \angle ACH = \angle BCH$, $ \angle HBP = 90^\circ - \angle CBH = \angle BCH$

$\Rightarrow PH$ и $PB$ - касательные к $(BCH) \Rightarrow CP$ - симедиана $\triangle BCH \Rightarrow CM$ и $CP$ - изогонали в $\angle BCH$

$\Rightarrow$ По лемме об изогоналях для $HLBP$: $CK$ и $CN$ - изогонали в $\angle BCH \Rightarrow \angle BCN = \angle KCH = \frac{1}{2} \angle ACB$