Республиканская олимпиада по математике, 2017 год, 11 класс

Неравнобедренный треугольник $ABC$ вписан в окружность $\omega$. Касательная к этой окружности в точке $C$ пересекает прямую $AB$ в точке $D$. Пусть биссектриса угла $CDB$ пересекает отрезки $AC$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. На стороне $AB$ взята точка $M$ такая, что $AK/BL=AM/BM$. Пусть перпендикуляры из точки $M$ к прямым $KL$ и $DC$ пересекают прямые $AC$ и $DC$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что угол $CQP$ в два раза меньше угла $ACB$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

1) $\angle BAC = a, \ \angle ABC = b$ получается $\angle CLK = \angle KDC + \angle BCD = \angle KDC + \angle BAC = \dfrac{a+b}{2}$ но $\angle DKC = 180^{\circ}-(180^{\circ}-a-b)-\dfrac{a+b}{2} = \dfrac{a+b}{2}$ тогда $CL=CK$ $(1)$

По теореме Менелая для $DK, \ ABC$ учитывая $(1)$ получается

$$\dfrac{AK}{BL} = \dfrac{AD}{BD}$$

тогда учитывая условие в задаче $\dfrac{AD}{BD} = \dfrac{AM}{BM}$ тогда $CM$ симедиана $ABC$ .

2) Пусть $CF$ биссектриса $\angle ACB$, так как $\angle DCP = b$ тогда покажем что покажем что $CBF, \ CQP$ подобны (это и докажет что $\angle ACB = 2 \angle CQP$) для этого покажем что :

$$\dfrac{PC}{CQ} = \dfrac{BF}{BC} \ \ \ (2)$$ из свойств биссектрисы $\dfrac{BF}{BC} = \dfrac{ AB}{AC+BC}$ тогда $\dfrac{PC}{CQ} = \dfrac{AB}{AC+BC}$ так как $MP \perp KL$ и $\angle DFC = \angle FCD = 90^{\circ} + \dfrac{a-b}{2}$ значит $CF || MP$

тогда из подобия $APM, \ ACF$ откуда $\dfrac{AP}{AC} = \dfrac{AM}{AF}$ или $1 + \dfrac{PC}{AC} = \dfrac{AM}{AF}$ $(3)$ и $AF = \dfrac{AB \cdot AC}{AC+BC}$ из свойств симедианы $\dfrac{AM}{BM} = \dfrac{AC^2}{BC^2}$ или $\dfrac{AM}{AB-AM} = \dfrac{AC^2}{BC^2}$ откуда $AM = \dfrac{AB \cdot AC^2}{AC^2+BC^2}$ подставляя в $(3)$ получается $$PC = \dfrac{AC \cdot BC \cdot (AC-BC)}{AC^2+BC^2}$$ подставляя в $(2)$ получается $$CQ = \dfrac{AC \cdot BC \cdot (AC^2-BC^2)}{AB \cdot (AC^2+BC^2)}$$

преобразовывая

$$CQ = \frac{2AC \cdot \sin(a) \cdot \sin(a-b)}{\cos(2a)+\cos(2b)-2}$$

3) с другой стороны $CQ = CD-DQ$ $(4)$ и $DQ = DM \cdot cos(b-a)$ но $DM=AD-AM = AD-\dfrac{AB \cdot AC^2}{BC^2+AC^2}$ выражая с $ABC$ и подставляя в $(4)$

получается аналогично $$CQ = \frac{2AC \cdot \sin(a) \cdot \sin(a-b)}{\cos(2a)+\cos(2b)-2}$$

рисунок