X математическая олимпиада «Шелковый путь», 2011 год

Дан равнобедренный треугольник $ABC$ с тупым углом $C$. Точка $K$ взята на продолжении стороны $AC$ (за точку $C$) так, что $\angle KBC = \angle ABC$. Обозначим через $S$ точку пересечения биссектрис углов $\angle BKC$ и $\angle ACB$. Прямые $AB$ и $KS$ пересекаются в точке $L$, прямые $BS$ и $CL$ — в точке $M$. Докажите, что прямая $KM$ проходит через середину отрезка $BC$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $\angle ABC=a$ тогда по построению $AKB = 3a$.

Докажем что $\dfrac{BK}{LK} = \dfrac{SK}{AK}$

Доказательство: так как $\dfrac{BK}{LK} = \dfrac{cos( \dfrac{a}{2})}{sin2a}$ из треугольника $BKL$ и $\dfrac{SK}{AK} = \dfrac{CK}{KL} \cdot 2cosa = \dfrac{cos(\dfrac{a}{2})}{2cosa \cdot sin(2a)} \cdot 2cosa = \dfrac{BK}{LK}$ тогда $BKAS$ вписанный и $KE$ симедиана $I \in BC \cap KS$

По теореме Чевы:

$\dfrac{SM}{BM} \cdot \dfrac{BI}{IC} \cdot \dfrac{CE}{SE} = 1$ или ​$\dfrac{SM}{BM} = \dfrac{SE}{CE} \cdot \dfrac{IC}{BI} = \dfrac{SE}{CE} \cdot \dfrac{KC}{BK} = \dfrac{BS}{BC} \cdot \dfrac{cos(3a/2)}{sin2a} = \dfrac{cosa}{sin(3a/2)} \cdot \dfrac{cos(3a/2)}{sin2a} = \dfrac{ctg(3a/2)}{2sina}$ $(1)$

​из треугольников $CKI, CKS$ получается $\dfrac{KS}{KI} = \dfrac{1}{2-2cosa}$ $(2)$ и если $D$ середина $BC$ то $\dfrac{BD}{DI} = \dfrac{2cosa+1}{2cosa-1}$ $(3)$

​тогда по теореме Менелая для $BIS$ и секущей $KD$ должно выполнятся

$\dfrac{SM}{BM} \cdot \dfrac{BD}{DI} = \dfrac{KS}{KI}$ подставляя $(1),(2),(3)$ получаем верность, значит $D \in KM \cap BC$