Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2017 год


Пусть дан треугольник $ABC$, в котором $AB < AC$. Пусть $D$ — точка пересечения биссектрисы угла $BAC$ с описанной окружностью треугольника $ABC$. Пусть $Z$ — точка пересечения серединного перпендикуляра к $AC$ с внешней биссектрисой угла $BAC$. Докажите, то середина отрезка $AB$ лежит на описанной окружности треугольника $ADZ$. ( Equipo Nicaragua )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  0
2020-07-31 18:18:11.0 #

Пусть точки $M,N,K$ середины отрезков $BC, CA, AB$ соответственно.

Из условия $\angle DAZ=90°,$ $\angle ANZ=90°,$ $\angle DMC=90°,$ $AZ=CZ.$

Так как $KN\parallel BC\implies \angle ANK=\angle ACB.$

Тогда $\angle ZNK=\angle ANZ+\angle ANK=90°+\angle ACB.$

Заметим, что $$\angle ZCD=\angle ACB+ \angle BCD+\angle ZCA=\angle ACB+ \angle CAD+\angle ZAC=$$ $$=\angle ACB +90°.$$

Значит $\angle ZNK=\angle ZCD.\quad (\mathrm{i})$

Легко понять, что $\angle BCD=\angle CZN$

Отметим, что $\dfrac{KN}{CD}=\dfrac{MC}{CD}=\cos\angle BCD=\cos\angle CZN=\dfrac{ZN}{ZC}$

$$\implies \dfrac{KN}{CD}=\dfrac{ZN}{ZC}\quad\mathrm{(ii)}$$

Из $\mathrm{(i)}$ и $\mathrm{(ii)}\implies\triangle ZNK \equiv\triangle ZCD.$

Тогда $\angle KZD=\angle NZC$ и $\dfrac{ZK}{ZD}=\dfrac{ZN}{ZC},$ откуда $\triangle ZKD\equiv \triangle ZNC$

$$\implies \angle ZKD=\angle ZNC=90°$$

Значит $\angle ZKD=\angle ZAD=90°,$ следовательно $A,Z,D,K-$ лежат на одной окружности$.\quad\square$