Решения: Дистанционные олимпиады, Математическая олимпиада «Шелковый путь»

XVIII математическая олимпиада «Шелковый путь», 2019 год

Высоты остроугольного неравнобедренного треугольника

$ABC$ пересекаются в точке

$H$ . На отрезке

$C_1H$ , где

$CC_1$ — высота треугольника, отмечена точка

$K$ . Точки

$L$ и

$M$ — основания перпендикуляров из точки

$K$ на прямые

$AC$ и

$BC$ соответственно. Прямые

$AM$ и

$BL$ пересекаются в точке

$N$ . Докажите, что

$\angle ANK=\angle HNL$ . ( М. Кунгожин )

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Пусть $AC > BC$ и $AA_1$ , $BB_1$ — высоты треугольника $ABC$ . Так как $\frac{CB_1}{B_1L}=\frac{CH}{HK}=\frac{CA_1}{A_1M}$ , то $A_1B_1 \parallel ML$ . Четырехугольник $AB_1A_1B$ вписан в окружность с диаметром $AB$ . Поэтому из вписанности и параллельности следует $\angle LMC=\angle B_1A_1C=\angle CAB$ , то есть и четырехугольник $ALMB$ вписанный. Вписанность этих четырехугольников даёт следующее равенство: $\angle MAH=\angle MAL-\angle A_1AC=\angle MBL-\angle MBB_1=\angle LBH$ . Следовательно, $\angle NMK=\angle MAH=\angle NBH. \quad (1)$

Очевидно, что

$\triangle ANB \sim \triangle LNM$ и

$\triangle ABH \sim \triangle LMK$ , так как

$\angle ABH=\angle ACH=\angle LMK$ и

$\angle BAH=\angle BCH=\angle MLK$ . Следовательно,

$\frac{KM}{HB}=\frac{LM}{AB}=\frac{MN}{BN}. \quad (2)$ Значит,

$\triangle KMN \sim \triangle HBN$ (по двум сторонам и углу между ними). Тогда углы углы

$ANK$ и

$HNL$ равны, так как это внешние углы при соответствующих вершинах в подобных треугольниках.

IMO

4 месяца 9 дней назад #

Заметим что $(MLAB)$ .

$\angle KMN=\angle KLB=\angle HBN$ так как $\angle BHK=\angle HKL$ и $HB||LK$

Отсюда следует что остается доказать $\frac{HB}{MK}=\frac{NB}{NM}=\frac{AB}{LM}$

$\frac{HB}{MK}=\frac{A_1B}{\sin C}*\frac{1}{CK*sin BCC_1}=\frac{AB}{CK*\sin C}=\frac{AB}{LM}$

IMO