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 $CH \parallel AK$.

Так как BL||CD достаточно показать,что BL||KM или же CL/CM=CB/CK=CB/AC=BD/AD=CL/AD(очевидно ,что AC=CK и из условия CL=BD).То есть достаточно показать,что CM=AD.Считая углы можно понять,что CH- внешняя биссектриса угла С и если продлить BH до пересечения с АС в точке B',легко понять,что B'H=BH.Пусть AM и CD пересекутся в точке Z.Если присмотреться в трапеции DCB'B,то в ней продолжения боковых сторон пересекаются в точке А и AM проходит через середину основания BB'и по прекрасному свойству трапеции АМ также проходит через середину DC или же через Z.

Из параллельности angleZAD=angleZMC,angleAZD=angleCZM и DZ=DC.Отсюда из равенства треугольников AD=CM