Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 10 класс


Диагонали трапеции $ABCD$ ($AD \parallel BC$) пересекаются в точке $K$. На прямой $AD$ отмечены точки $L$ и $M$ так, что $A$ лежит на отрезке $LD$, $D$ лежит на отрезке $AM$, $AL=AK$ и $DM=DK$. Докажите, что прямые $CL$ и $BM$ пересекаются на биссектрисе угла $BKC$. ( М. Кунгожин )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Пусть прямые $CL$ и $BM$ пересекаются в точке $P$, а прямые $PK$ и $AD$ — в точке $Q$. Достаточно доказать, что $PQ$ — биссектриса угла $AKD$ или $AQ/AK=DQ/DK$.

Применим теорему Менелая для треугольников $ALC$ и $DMB$ и для общего секущего $PQ$. Имеем: $$\frac{LQ}{QA}\cdot \frac{AK}{KC} \cdot \frac{CP}{PL} = 1 = \frac{MQ}{QD} \cdot \frac{DK}{KB} \cdot \frac{BP}{PM}. \quad (1)$$ Заметим, что из $BC \parallel LM$ следует, что $\frac{AK}{KC}=\frac{DK}{KB}$ и $\frac{CP}{PL}=\frac{BP}{PM}$. Тогда из (1) следует $\frac{LQ}{QA}=\frac{MQ}{QD}$, что эквивалентно равенствам $\frac{AQ}{AL}=\frac{DQ}{DM} \Leftrightarrow \frac{AQ}{AK}=\frac{DQ}{DK}$. Что и требовалось доказать.

пред. Правка 2   -1
2018-03-18 00:53:31.0 #

Пусть $ X \in BM \cap CL$ если биссектриса $\angle BKC$ проходит через $X$, то воспользуемся теоремой Чевы для треугольника $BKC$ в угловой форме, получим

$$\dfrac{\sin \angle DBM}{\sin \angle MBC} \cdot \dfrac{ \sin \angle BCL}{\sin \angle ACL} = 1 $$ докажем это.

Так как $\angle CBM = \angle DMB$ и $\angle BCL = \angle ALC$ откуда

$\dfrac{\sin \angle DBM}{\sin \angle CBM} = \dfrac{\sin \angle DBM}{\sin \angle DMB} = \dfrac{DM}{BD} = \dfrac{DK}{BD}$ аналогично и с другим , получаем $\dfrac{DK}{BD} = \dfrac{AK}{AC}$ или $\dfrac{BK}{CK} = \dfrac{KD}{AK}$

что следует из подобия треугольников $BKC,AKD$.