13353. Неравнобедренный треугольник ABC
, в котором \angle ACB=60^{\circ}
, вписан в окружность \Omega
. На биссектрисе угла BAC
выбрана точка A'
, а на биссектрисе угла ABC
— точка B'
так, что AB'\parallel BC
и BA'\parallel AC
. Прямая A'B'
пересекает окружность \Omega
в точках D
и E
. Докажите, что треугольник CDE
равнобедренный.
Решение. Из параллельности прямых AB'
и BC
получаем, что
\angle AB'B=\angle CBB'=\angle ABB'.
Значит, AB'=AB
. Аналогично, AB=A'B
.
Обозначим \angle BAC=2\alpha
, \angle ABC=2\beta
. Пусть, без ограничения общности, \alpha\gt\beta
. Обозначим через N
середину дуги ACB
окружности \Omega
. Тогда
AN=BN,~\angle ANB=\angle ACB=60^{\circ};
значит, треугольник ABN
равносторонний, и
AN=BN=AB=A'B=B'A.
Тогда точка A
— центр окружности, описанной около треугольника BNB'
. Заметим тогда, что
\angle NBB'=\angle NBA-\angle ABB'=60^{\circ}-\beta,
откуда
\angle NAB'=2\angle NBB'=120^{\circ}-2\beta
и
\angle ANB'=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle NAB'=90^{\circ}-60^{\circ}+\beta=30^{\circ}+\beta.
Аналогично, \angle BNA'=30^{\circ}+\alpha
, откуда
\angle B'NA+\angle ANB+\angle BNA'=(30^{\circ}+\beta)+60^{\circ}+(30^{\circ}+\alpha)=
=120^{\circ}+(\alpha+\beta)=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}.
Следовательно, точка N
лежит на прямой A'B'
.
Пусть T
— середина меньшей дуги NC
окружности \Omega
. Заметим, что
\angle ANT=\angle ABT=\angle ABC+\angle CBT=\angle ABC+\frac{1}{2}\angle CBN=
=\angle ABC+\frac{1}{2}(\angle ABN-\angle ABC)=
=\frac{1}{2}(\angle ABC+\angle ABN)=\frac{1}{2}(2\beta+60^{\circ})=30^{\circ}+\beta.
Значит,
\angle ANT+\angle ANB+\angle BNA'=(30^{\circ}+\beta)+60^{\circ}+(30^{\circ}+\alpha)=
=120^{\circ}+\alpha+\beta=120^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ},
т. е. точка T
также лежит на прямой A'B'
, и треугольник CDE
совпадает с равнобедренным треугольником CNT
. Отсюда следует утверждение задачи.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2016-2017, XLIII, заключительный этап, второй день, задача 7, 9 класс