Математикадан республикалық олимпиада, 2008-2009 оқу жылы, 9 сынып

Сүйірбұрышты $ABC$ үшбұрышында $AB < AC$, оның $BB_1$ және $CC_1$ биіктіктері $H$ нүктесінде, ал $B_1C_1$ және $BC$ түзулері $P$ нүктесінде қиылысады, $M$ — $BC$ қабырғасының ортасы. $MH$ және $AP$ түзулері $K$ нүктесінде қиылысатыны белгілі болса, $KM$ түзуі $\angle {{B}_{1}}KB$ бұрышының биссектрисасы болатынын дәлелде.

Комментарий/решение

Проведем медиану $AM$ , проведем высоту из вершины $A$-$AN$,$N \in BC$, тогда заметим что высоты в треугольнике $\Delta ABC$ пересекаются в точке $H$ , так же проведем высоту из вершины $P$ на сторону $AM$, докажем что она проходит через точку $H$ ,если это так , тогда $KM$ высота , откуда следует несколько соотношений между отрезками сторон , а конкретнее $PN \cdot PM=PC \cdot PB$ , докажем теперь это следствие , заметим что точки $N,M,B_{1},C_{1}$ лежат на окружности Эйлер, откуда и вытекает то что $PN \cdot PM=PC \cdot PB$ из свойств секущих. Откуда следует что точки $K,B_{1},H,A$ лежат на одной окружности , но точки $A,B_{1},H,C_{1}$ так же лежат на одной окружности , значит все точки $A,K,B_{1},H,C_{1}$ лежат на одной окружности. Так же точки $C_{1},B_{1},C,B$ лежат на одной окружности. Угол $\angle B_{1}KH = \angle B_{1}C_{1}H$ , как вписанные и опирающийся на одну и ту же дугу , но $ \angle B_{1}C_{1}H = \angle CBB{1}$ , значит четырехугольник $KB_{1}BM$ вписанный. Значит $\angle MKB = \angle MB_{1}B$ , осталось показать что $\angle MB_{1}B = \angle MBB_{1}$ , что верно , так как $B_{1}M$ медиана прямоугольного треугольника $\Delta CBB_{1}$ , значит $KM$ биссектриса угла $\angle B_{1}KB$ .

Удалите решение пожалуйста.

Pervoe nesinusovoe rewenie, pozdravlyayu! :)

согласен.

если оно верное конечно спасибо

Как доказать что оно проходит через Н?)

Проведем медиану $AM$ и высоту из вершины $A$ равной $AN$ ($N \in BC$), так же проведем высоту $PD$ на сторону $AM$ и докажем что она проходит через точку $H$. Пусть $E \in PD \cap AN$ и учитывая то что $B_{1},C_{1},M,N$ лежат на окружности девяти точек, по теореме о секущих получаем: $PB_{1} \cdot PC_{1} = PN \cdot PM = PE \cdot PD $ значит точки $B_{1},C_{1},D,E$ лежат так же на окружности, так как $C_{1},A,B_{1},H$ лежат на окружности $\omega$, обозначим $F \in \omega \cap AM$ то $ \angle AFH = 90^{\circ}$ получаем $DE || FH$, значит $F$ совпадает с $D$ тогда $PD$ проходит через $H$, откуда $MK \perp AP$ . Из вписанности $\angle B_{1}KH = \angle B_{1}C_{1}H$ как вписанные, но $ \angle B_{1}C_{1}H = \angle CBB_{1}$ значит четырехугольник $KB_{1}BM$ вписанный и $\angle MKB = \angle MB_{1}B$ осталось показать что $\angle MB_{1}B = \angle MBB_{1}$ следует из того что, $B_{1}M$ медиана прямоугольного треугольника $\Delta CBB_{1}$ что свою очередь ведет к тому что $KM$ биссектриса $B_{1}KB$.

Заметим, что точки $B,C,B_1,C_1$ лежат на окружности $W-$ с центром в точке $M$, так как $BB_1\bot AC$ и $CC_1\bot AB$.

$\\$

Легко понять, что $AP$ поляра точки $H$, относительно окружности $W$, поэтому $MH\bot AP$.

$\\$

Пусть $A_1-$ симметрична точке $H-$ относительно точки $M$. Тогда $AA_1-$ диаметр окружности $W_1-$описанной около $\triangle ABC$. Откуда $K\in W_1$, поэтому $$\angle BKA_1=\angle BAA_1$$

$\\$

Заметим, что точки $A,K,B_1,H-$ лежат на одной окружности, откуда $$\angle HKB_1=\angle HAB_1$$

Так как $AH$ и $AA_1$ симметричны относительно $\angle BAC$, то $$\angle BAA_1=\angle HAB_1$$

Значит $$\angle HKB_1=\angle HKB\quad\square$$

Пусть $AA_1$ высота треугольника $ABC$. Пусть $K'$ - основание перпендекуляра из точки $M$ на прямую $AP$. Тогда четырехугольник $AK'MA_1$ вписанный. Из этого следует, что $PK'\times PA=PA_1\times PM$. Но из-за окружности девяти точек, четырехугольник $C_1A_1B_1M$ вписанный или же $PA_1\times PM=PB_1\times PC_1$. Тогда получим $PK'\times PA=PB_1\times PC_1$. Это означает, что точки $A,K',B_1,C_1$ лежат на одной окружностии. Но по обычному счету углов точка $H$ лежит на описанной окружности треугольника $AB_1C_1$. Значит точки $A,K',B_1,C_1,H$ лежат на одной окружности. Тогда $HK'\perp AP$ а также $MK'\perp AP$. Значит точки $M, H, K'$ лежат на одной прямой. Следовательно $K=K'$

Из-за вписанности $AC_1KH$, $\angle C_1AK=\angle KBP$. А также $AC_1\times AB= AH\times AA_1$ из-за вписанности $B_1C_1HA_1$. Но $AH\times AA_1=AK \times AP$ из-за вписанности $AHKP$. Значит $AC_1\times AB=AK\times AP$ или же четырезугольник $BC_1KP$ вписанный, что означает $\angle BC_1K=\angle C_1PK$.

Треугольники $AKB$ и $KB_1P$ имеют два равных угла, значит они подобны. Тогда $\angle AKB=\angle B_1KP$ что означает $\angle BKH=\angle B_1KH$ или же $KM$ - биссектриса угла $BB_1K$.