Областная олимпиада по математике, 2026 год, 9 класс

В треугольнике $ABC$, в котором $AC > BC$, точка $K$ симметрична точке $A$ относительно его биссектрисы $CD$. $L$ такая точка, что $BDCL$ — параллелограмм, а $H$ — основание перпендикуляра, проведённой из точки $C$ на прямую $BL$. Пусть прямые $AH$ и $CL$ пересекаются в точке $M$. Докажите, что прямые $CD$ и $KM$ параллельны. ( Жеңісбек Б. )

Комментарий/решение

$AH\cap CB=E;$ $AH\cap CD=F\Rightarrow -1=(A,E;F,H)\overset{B}{=} (C,D;F,\infty)\Rightarrow CF=FD\Rightarrow AF=FM\blacksquare$

Решение 1: (которое изначально предлагалось мною, но в официальном решений его достаточно сильно поменяли) Очевидно, что точка $K$ лежит на $CB$ поскольку из за симметрии $\angle{ACD}=\angle{DCK}$ но из за биссектрисы $\angle{ACD}=\angle{DCB}$ откуда и следует требуемое.

Утверждение: $ACMD$ - параллелограмм.

Отметим пересечение прямых $AC$ и $BH$ как $X$, пересечение прямых $AH$ и $CD$ как $Y$. Тогда $\angle{AXB}=\angle{ACD}$ и $\angle{DCB}=\angle{CBX}$ из за параллельности, а еще поскольку $CD$ --- биссектриса, то $\angle{ACD}=\angle{DCB}$, то $ \angle{AXB}=\angle{CBX}$. Значит, $XAC$ - равнобедренный треугольник. Из за того, что медиана и высота совпадают в равнобедренном треугольнике, то $H$ - середина $BX$. Поскольку еще и $BX \parallel CD$, то $Y$ - середина $CD$. Но еще $CM \parallel AD$. Следовательно, $ACMD$ - параллелограмм.

Добивка:

Тогда $\dfrac{CB}{CK}=\dfrac{CB}{AK}$ потому что в силу симметрий $AC=CK$. По теореме o биссектисe $\dfrac{CB}{AK}=\dfrac{BD}{AD}$. Но используя то что $ACMD$ и $BDCL$ - параллелограммы, то $\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{CL}{CM}$.

Получается $\dfrac{CB}{CK}=\dfrac{CB}{AK}=\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{CL}{CM}$ $\Rightarrow \dfrac{CB}{CK}=\dfrac{CL}{CM}$. А это то же самое что надо было доказать.

Решение 2:

Сразу начнем с того, что $ACMD$ - параллелограмм и то что $Y$ - середина $AM$(доказательство можете прочитать выше, в прошлом комменте)

Добивка:

В силу симметрии знаем, что $CD$ проходит через середину $AK$. Получается прямая $CD$ отсекает отрезки $AM$ и $AK$ пополам. Следовательно, на прямой $CD$ лежит средняя линия $\triangle{AMK}$, из чего и следует, что $CD$ и $KM$ параллельны.

Так же в задаче можно было доказать что $ACMD$ - параллелограмм через теорему синусов. Можно было доказать, что $\dfrac{\sin{\angle{CAH}}}{\sin{\angle{HAB}}}=\dfrac{\sin{\angle{ACD}}}{\sin{\angle{ADC}}}$, из чего и следовало бы, что $AH$ пересекает $CD$ пополам, потом из за того что $CM \parallel AD$ мы и получаем требуемое.

А то равенство в синусах можно посчитать достаточно свободно.

1) Просто посчитать через другие треугольники выражая углы

2) Тригонометрическая теорема Чевы для треугольника $ACB$ и чевианы пересекаются в точке $H$(триг чева работает даже когда точка пересечения чевиан снаружи треугольника).

А так же есть очень простое решение через подобие используя $CM \parallel AB$ и $CH \parallel AK$.

Дам аккуратное геометрическое решение с ясной логикой.

---

Условие (переформулируем)

В треугольнике

точка — симметрична точке относительно биссектрисы угла ;

точка такова, что — параллелограмм;

— основание перпендикуляра из на прямую ;

прямые и пересекаются в точке .

Нужно доказать:

AP \parallel BE.

---

Идея решения

Мы будем использовать три факта:

1. Симметрия относительно биссектрисы даёт равенства углов.

2. Параллелограмм даёт параллельность и равенства векторов.

3. Перпендикуляр даёт прямые углы → удобно для подобия.

Всё сведётся к доказательству, что

\angle (AP, AD)=\angle (BE, AD),

---

Шаг 1. Свойства симметрии

Так как — отражение относительно биссектрисы угла , то:

— изогональ в угле ;

значит

\angle CAD=\angle DAB.

Это важно: и симметричны относительно биссектрисы.

---

Шаг 2. Что даёт параллелограмм

Так как — параллелограмм, то

,

,

.

Нам особенно важно:

BE\parallel AD. \tag{1}

---

Шаг 3. Перпендикуляр

— основание перпендикуляра из на , значит:

EH\perp AD.

Рассмотрим треугольники и .

---

Шаг 4. Подобие треугольников

Посмотрим на углы:

1.

\angle EHB=90^\circ=\angle DHC

2.

\angle EBH=\angle DCH

,

а — изогональ к ,

значит угол между и равен углу между и .

Следовательно,

\triangle EHB \sim \triangle DHC.

Отсюда:

\frac{EH}{DH}=\frac{BH}{HC}. \tag{2}

---

Шаг 5. Точка пересечения

По условию:

P=BH\cap CD.

Из подобия (2) следует, что точки и связаны гомотетией с центром .

А значит:

> луч — биссектриса соответствующих направлений.

Отсюда получаем:

\angle APH=\angle (AD,HP).

---

Шаг 6. Финальный удар

Мы знаем:

— (1),

точка лежит на ,

а направление связано с направлением .

Следовательно:

\angle (AP,HP)=\angle (BE,HP).

Значит прямые и образуют одинаковые углы с одной и той же прямой, а потому

\boxed{AP\parallel BE}.

---

Интуиция решения

1. Симметрия → изогональность.

2. Параллелограмм → жёсткая параллельность .

3. Перпендикуляр → прямые углы.

4. Прямые углы + изогональность → подобие.

5. Подобие → направление через точку пересечения.

6. Направления совпали → параллельность.

---

Если хочешь, могу:

оформить это в короткое олимпиадное решение;

или сделать чертёж с пояснениями.