Республиканская олимпиада по математике, 2012 год, 10 класс

Пусть $ABCD$ вписанный четырехугольник, в котором $\angle BAD < 90^\circ$. На лучах $AB$ и $AD$ выбраны точки $K$ и $L$, соответственно, такие, что $KA=KD$, $LA=LB$. Пусть $N$ — середина отрезка $AC$. Докажите, что если $\angle BNC=\angle DNC$, то $\angle KNL =\angle BCD$. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Для начало данный четырехугольник не произвольный вписанный , а удовлетворяет неким соотношениям между сторонами . Пусть $\omega$ - описанная окружность , около четырехугольника $ABCD$ и $O$ его центр . Продлим $BN$ до пересечения с $\omega$ , пусть $H \in BN \cap \omega$ , тогда из того что $\angle CND = \angle BNC = \angle ANH$ а так же то что $N$ середина $AC$ , получим что $H,D$ симметричные относительно диаметра $BO$ , тогда $ACDH$ равнобедренная трапеция , значит диагонали этой трапеций равны $AD=CH$ , откуда следует что $\angle CBN = \angle ACD $ так как равные дуги стягивают равные хорды , тогда $HND$ - равнобедренный треугольник , с углами при оснований равными $\angle BNC$ , тогда $\angle BHD = \angle BAD = \angle BNC$ , стало быть $\angle BND = 2 \angle BAD$. Тогда точки $B,N,O,D$ лежат на одной окружности .

Так же из условия что $KA=KD$ и $LA=LB$ , так как $\angle BAD$ для них общий , откуда следует что $\angle AKD = \angle ALB$ , то есть точки $B,K,D,L$ лежат окружности $\omega _{2}$ , пусть $AC$ пересекает $ \omega _{2}$ в точке $N_{1}$ , тогда $\angle DLB = \angle DN_{1}B = 180^{\circ} - 2 \angle BAD$ , то есть тогда и $N$ и $O$ лежат на $\omega _{2}$ , так как $\angle BND + BN_{1}D = 2 \angle BAD + 180^{\circ} - 2\angle BAD = 180^{\circ}$ , тогда $KN_{1}L = 180^{\circ} - \angle KDL = \angle KDA = \angle BAD$ , то есть $AKN_{1}L$ - параллелограмм , откуда $\angle KNL = 180^{\circ} - \angle KN_{1}L = 180^{\circ} - \angle BAD = \angle BCD$ , значит $\angle KNL = \angle BCD$.

Примечание: данный четырехугольник $ABCD$ это такой четырехугольник у которого $\dfrac{CD}{BC} = \dfrac{KD}{BL} = \dfrac{AD}{AB}$