1-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2014 год, первая лига


В треугольнике $ABC$ выполняется равенство $\angle C = \angle A+ 90^\circ$. На отрезке $BC$ за точку $C$ взята точка $D$ такая, что $AC=AD$. На плоскости взята точка $E$ такая, что точки $A$ и $E$ лежат по разные стороны от прямой $BC$ и $\angle EBC= \angle A$, $\angle EDC=\frac{1}{2} \angle A$. Докажите, что $\angle CED= \angle ABC$.
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   0
2021-07-24 02:55:00.0 #

Пусть $ABK$ прямоугольный треугольник и окружность $\omega$ построена как на диаметре $AK$, опустим высоту $BT$ на $AK$,

пусть $C$ на $AK$ такая что $BC=BK$ и $D \in BC \cap \omega$ тогда $AC=AD$ и $ABC$ нужный треугольник, пусть $AG$ биссектриса $KAB$ и $F \in \omega \cap AG$

и $E \in BT \cap DF$ тогда $E$ нужная точка на плоскости.

Докажем что $ABG, DCE$ подобны, для этого докажем что $\dfrac{AG}{AB} = \dfrac{DC}{DE}$ пусть $\angle GAB = a$

так как $DE=\dfrac{BD \sin2a}{\sin3a}$ и $BD = \dfrac{DC \cdot \cos2a}{\sin4a} \cdot \dfrac{\sin6a}{\cos4a}$ тогда $DE = \dfrac{DC \cdot \cos3a}{\cos4a}$ то есть $\dfrac{DC}{DE} = \dfrac{\cos4a}{\cos3a}$ но из $AGB$ получается $\dfrac{AG}{AB} = \dfrac{\cos4a}{\cos3a}$

Значит $\angle CED = \angle ABG = \angle ABC$