Математикадан 31-ші Балкан олимпиадасы, Плевна, Болгария, 2014 жыл
Диаметрі AB болатын Γ шеңберіне ABCD трапециясы іштей сызылған. E нүктесі арқылы AC және BD диагоналдерінің қиылысуын белгілейміз. Центрі B нүктесі болатын және радиусы BE болатын шеңбер Γ шеңберін K және L нүктелерінде қияды, оған қоса K нүктесі AB-ға қатысты C нүктесімен бірге бір жағында жатады. BD -ға E нүктесінде жүргізілген перпендикуляр CD-ны M нүктесінде қияды. KM түзуі DL-ға перпендикуляр екенін дәлелдеңіздер.
посмотреть в олимпиаде
Комментарий/решение:
X∈ME∩AB , F∈DL∩KM, Z∈Γ∩KM, H∈AB∩LK и ∠ABD=b трапеция из условия равнобедренная .
Лемма: H середина BX
Доказательство: так как LH⊥AB и треугольники BEX,BHG подобны по трем углам, тогда BX=BEcosb=BLcosb из свойств хорд и теоремы Пифагора BH⋅AH=LH2=BL2−BH2 (1) и учитывая то что трапеция равнобедренная AB=2BL⋅cosb=AH+BH выражая AH и подставляя в (1) получается BH=BL2cosb=BX2.
Решение: так как ∠ADB=90∘ тогда XE||AD значит AD=XM как стороны параллелограмма ADXM, значит XMBC равнобедренная трапеция и учитывая лемму, получается KMC равнобедренный треугольник и ∠CKL=∠LKM=∠LKZ откуда DZM равнобедренный треугольник и DF биссектриса ∠ZDM откуда KM⊥DL .
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.