Математикадан 31-ші Балкан олимпиадасы, Плевна, Болгария, 2014 жыл

Диаметрі $AB$ болатын $\Gamma$ шеңберіне $ABCD$ трапециясы іштей сызылған. $E$ нүктесі арқылы $AC$ және $BD$ диагоналдерінің қиылысуын белгілейміз. Центрі $B$ нүктесі болатын және радиусы $BE$ болатын шеңбер $\Gamma$ 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.

Комментарий/решение

$X \in ME \cap AB$ , $F \in DL \cap KM, \ Z \in \Gamma \cap KM, \ H \in AB \cap LK$ и $\angle ABD = b$ трапеция из условия равнобедренная .

Лемма: $H$ середина $BX$

Доказательство: так как $LH \perp AB$ и треугольники $BEX , BHG$ подобны по трем углам, тогда $BX = \dfrac{BE}{cosb} = \dfrac{BL}{cosb} $ из свойств хорд и теоремы Пифагора $BH \cdot AH=LH^2 =BL^2-BH^2$ $(1)$ и учитывая то что трапеция равнобедренная $ AB=2BL \cdot cosb = AH+BH$ выражая $AH$ и подставляя в $(1)$ получается $BH=\dfrac{BL}{2cosb} = \dfrac{BX}{2}$.

Решение: так как $\angle ADB = 90^{\circ}$ тогда $XE || AD$ значит $AD=XM$ как стороны параллелограмма $ADXM$, значит $XMBC$ равнобедренная трапеция и учитывая лемму, получается $KMC$ равнобедренный треугольник и $\angle CKL = \angle LKM = \angle LKZ$ откуда $DZM$ равнобедренный треугольник и $DF$ биссектриса $\angle ZDM$ откуда $ KM \perp DL$ .