Математикадан 53-ші халықаралық олимпиада, 2012 жыл, Мар-дель-Плата

$\angle BCA=90{}^\circ$ болатын $ABC$ үшбұрышы берілген, $D$ нүктесі $C$ төбесінен түсірілген биіктіктің табаны. $CD$ кесіндісінің ішінен $X$ нүктесі алынған. $BK=BC$ болатындай $AX$ кесіндісінен $K$ нүктесі алынған. Дәл осылай, $AL=AC$ болатындай $BX$ кесіндісінен $L$ нүктесі алынған. $M$ — $AL$ және $BK$ кесінділерінің қиылысу нүктесі. $MK=ML$ екенін дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Отразим $С$ относительно $D$ в $R$ . Легко увидеть что B центр $(CKR)$ и $A$ центр $(CLR)$. Пусть $AX \cap (CKR)=P$ и $BX \cap (CLR)=Q$. Заметим что $PX \times XA=CX \times XR=LX \times XQ$ значит $PLKQ$-вписанный. Заметим что $AL^2=AC^2=AK \times AP$ и $BK^2=BC^2=BL\times BQ$ значит $AL$ и $BK$ касаются $(PLKQ)$ в $L$ и $K$ соответственно. Отсюда легко увидеть что $LM=MK$

Пусть описанная окружность треугольника $ADL$ пересекает прямую $DC$ в точке $U$. Тогда, $\angle AUD = \angle ALD$. Также, $AL^2 = AC^2 = AD \cdot AB$, и, следовательно, $\angle AUD = \angle LBD = \angle XBD$. Это означает, что треугольники $UAD$ и $BXD$ подобны, следовательно,$\frac{UD}{BD} = \frac{AD}{XD}$. Следовательно, треугольники $UDB$ и $AXD$ также подобны, и поэтому $\angle BUD = \angle DAX$. Однако, аналогично можно заключить, что $\angle DAX = \angle DKB$, и, таким образом, $BDKU$ вписан. Но теперь окружности $ADLU$ и $BDKU$ имеют диаметры $AU$ и $BU$, следовательно, $\angle ALU = \angle BKU = 90^\circ$. Кроме того, точка $U$ также лежит на $CD$; следовательно, перпендикуляры из точек $K, L, D$ на прямые $BM, AM, AB$ пересекаются в одной точке, которой является $U$. По теореме Карно мы имеем то что $(BK^2 - KM^2) + (ML^2 - LA^2) + (AD^2 - DB^2) = 0$, что, исходя из равенств $AL = AC, BK = BC$, и $AD^2 - DB^2 = (AD^2 + DC^2) - (DC^2 + DB^2) = AC^2 - CB^2$, немедленно даёт $MK = ML$, что и требовалось доказать.