Олимпиада Туймаада по математике. Младшая лига. 2001 год

Вокруг равнобедренного остроугольного треугольника $ABC$ ($AB=BC$) описана окружность с центром в точке $O$. Через середину хорды $AB$ и точку $O$ проведена прямая. Она пересекает прямую $AC$ в точке $L$ и окружность — в точке $P$. Пусть биссектриса угла $BAC$ пересекает окружность в точке $K$, прямые $AB$ и $PK$ пересекаются в точке $D$. Докажите, что точки $L$, $B$, $D$ и $P$ лежат на одной окружности. ( С. Попов )

Комментарий/решение

Буду благодарен за конструктивную критику и рофлы)

1)Теорема: у равнобедренного треугольника углы при основании равны, отсюда $\angle BAC = \angle BCA = 2\cdot x$

2)Пусть $M$ - середина $AB$. Покажем, что $\angle OMB$ -прямой. Здесь $O$ - центр описанной окружности $\Delta ABC$

3)$OA=OB=R_{\Delta ABC};\;AM=MB$ (2 пункт); $OM$ - общая сторона.

Получается, $\Delta MOB=\Delta MOA$ по трем сторонам. Из равенства треугольников следует, что $\angle OMB =\angle OMA$

4)С другой стороны $\angle OMB +\angle OMA=180^\circ$. Отсюда

$$\angle OMB =\angle OMA=\dfrac{180^\circ}{2}=90^\circ$$

5)Рассмотрим $\Delta AML$ и $\Delta BML$. Они равны по 2 сторонам и углу между ними. Ведь $AM=MB;\;ML-$ общая; $\angle BML=\angle AML=90^\circ$

6)Из пункта (5) вывод: $\angle MLA=\angle MLB$. Вычислим их.

$$\angle MLA=180^\circ-90^\circ-2\cdot x = 90^\circ-2\cdot x$$

Отсюда и $\angle MLB=90^\circ-2\cdot x$

7) Если покажем, что $\angle MLB = \angle BDP$, то это послужит доказательством, что вокруг $LPDB$ можно описать окружность (равенство углов, опирающихся на одну дугу)

8)Пусть $KP\cap AC = W$

9)Пусть $OK\cap BC = N$. Дуга $BK$ равна дуге $KC$, так как по условию $AK$ - биссектриса угла $\angle BAC$. Отсюда, отрезки $BK$ и $KC$ равны по длине

10)$\Delta BKO=\Delta CKO$ по трем сторонам $(BK=KC)$ (пункт 9); $OB=OC=R_{\Delta ABC}; \;\;OK-$ общая

Из равенства треугольников следует $\angle BKO=\angle CKO$

11)$\Delta BKN=\Delta CKN$ по двум сторонам и углу между ними. Ведь $$\angle BKO=\angle CKO;\;\;BK=KC;\;\;NK-общая$$

Из равенства треугольников следует $\angle BNK=\angle CNK$

12)С другой стороны $\angle BNK+\angle CNK=180^\circ$

$$\angle BNK=\angle CNK=180^\circ/2=90^\circ$$

13)Пусть $KI=IP;\;\;\Delta OKI=\Delta OIP$ по трем сторонам.Из равенства треугольников следует $\angle KIO=\angle PIO=90^\circ$

14)$\angle ABC = 180^\circ - \angle BAC- \angle BCA=180^\circ-2x-2x=180^\circ-4x$

15)Из $BMON$:

$$\angle MON = 360^\circ - 90^\circ-90^\circ-(180^\circ-4x)=4x$$

16)Как смежные углы: $\angle KOP =180^\circ- \angle MON=180^\circ-4x$

$$\angle KOI = \angle POI = \angle KOP / 2 = 90^\circ-2x$$

17)$\angle POI = \angle PLC = 90^\circ-2x\Rightarrow OI\parallel AC$

Отсюда $\angle OIP=\angle LWP=90^\circ$ как накрест лежащие при параллельных

18)$\angle KWA = 90^\circ$ (см пункт 17). счетом углов получилось $\angle BDP =90^\circ-2x = \angle MLB$

Согласно пункту 7, только что доказано, что $LPDB$ - вписанный

Урааааа, решение не через Векторы))