31-я Балканская математическая олимпиадаПлевен, Болгария, 2014 год

Трапеция $ABCD$ вписана в окружность $\Gamma$ с диаметром $AB$. Обозначим через $E$ точку пересечения диагоналей $AC$ и $BD$. Окружность с центром $B$ и радиусом $BE$ пересекает $\Gamma$ в точках $K$ и $L$, причем $K$ лежит по одну сторону с точкой $C$ относительно $AB$. Прямая, перпендикулярная $BD$ в точке $E$, пересекает $CD$ в точке $M$. Докажите, что прямая $KM$ перпендикулярна $DL$.

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 $KM \perp DL$ .