Областная олимпиада по математике, 2017 год, 10 класс

В остроугольном треугольнике $ABC$ сторона $AB$ больше стороны $AC$. На стороне $AB$ выбрана такая точка $D$, что $\angle ACD=\angle CBD$. Точка $E$ — середина отрезка $BD$, а $S$ — центр окружности, описанной около треугольника $BCD$. Докажите, что точки $A$, $E$, $S$ и $C$ лежат на одной окружности.

Комментарий/решение

Проведем прямую SE. Т.к. треугольник SBD равнобедренный, а Е- его медиана, то угол SED=90. Т.к. угол ACD равен углу CBD, то прямая AC- касательная к окружности, описанной около BDC, и так как S - центр этой окружности, то угол SCA=90. Сумма углов SCA и SEA равна 180, поэтому четырехугольник ACSE - описанный, что и требовалось доказать.

Пусть точка F-середина отрезка CD и K- середина BC. Назовем угол ESF как b.Угол ACD= CBD= a.

Заметим то что угол 180-b= BDC= a+ BAC . И то что углы CSF, CKF, CBD рваны(тюк середины тех сторон и вписан CKSF).Тогда ESC+ BAC= b+ a + 180- a- b= 180. Ч.Т.Д.

Допустим $\angle ACD = \angle CBD = \alpha$ и $\angle DCB = \theta$. Значить $\angle CAB = 180 - 2\alpha - \theta$. $SD = SB = SC$, угол $\angle CSD = 2\angle ABC = 2\alpha$ и $\angle DSB = 2\angle DCB = 2\theta$ так как $S$ центр описанной окружности $\triangle BCD$. Так как треугольник $\triangle SDB$ равнобедренный $\Rightarrow$ $SE$ биссектриса (потому что $SE$ медиана) $\Rightarrow$ $\angle DSE = \theta$ $\Rightarrow$ $\angle CSE = 2\alpha + \theta$. $\angle ACE + \angle CSE = 180 - 2\alpha - \theta + 2\alpha + \theta = 180$ $\Rightarrow$ четрыехугольник $\square ACSE$ вписанный

Так как $S$ центр описанной окружности $BCD$ $\Rightarrow$ $SD = SB$ $\Rightarrow$ $\triangle SDB$ равнобедренный $\Rightarrow$ $SE$ медиана и высота $\Rightarrow$ $\angle SEA = 90^\circ$. Т.к. $AC$ касательный и $S$ центр $\Rightarrow$ $\angle SCA = 90^\circ$. $\angle SCA + \angle SEA = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ $\Rightarrow$ $\square ACSE$ вписанный