Математикадан «Туймаада» олимпиадасы. Кіші лига. 2012 жыл

$ABCD$ тіктөртбұрышы берілсін. $DC$ сәулесінде, $BD$-ға тең $DK$ кесіндісі алынсын. $M$ нүктесі, $BK$ кесіндісінің ортасы. $BAC$ бұрышының биссектрисасы $AM$ екенін дәлелдеңіз. ( С. Берлов )

Комментарий/решение

1) $\angle BCD=90^{\circ}$ так как $ABCD-$ прямоугольник

2) $\angle BCK=90^{\circ}\rightarrow\triangle BCK-$ прямоугольный

3) Теорема: Центр описанной около прямоугольного треугольника окружности лежит посередине гипотенузы. Из этой теоремы следует, что $BM=MC=CK$

4) Вокруг $ABCD$ можно описать окружность, её центр- точка $O$. (свойство прямоугольника: диагонали прямоугольника равны и пересекают друг друга пополам)

5) Так как $BD=DK\rightarrow\triangle BDK-$ равнобедренный, значит $\angle DBK=\angle DKB$

6) $\triangle BMO=\triangle CMO$ (ведь $BM=MC;OB=OC;OM-$ общая)

7) Из $(6)\rightarrow \angle OBM=\angle OCM$

8) $ABKC-$ трапеция, это следует из параллельности $AB$ и $KC$

9) $OM-$ средняя линия трапеции $ABKC\rightarrow OM\parallel KC$

10) $\triangle MKC-$ равнобедренный, значит $\angle MKC=\angle MCK$

11) $\angle OMC=\angle MCK$ как внутренние накрест лежащие при параллельных прямых

12) Из $(11,10,7)$ следует $\angle OBM=\angle OMB=\angle OMC=\angle OCM\rightarrow OB=OM=OC=OA=OD=R$

13) Дуга $BM$ равнв дуге $MC$ как стягиваемые равными хордами

14)$\angle BAM=\angle MAC$ как опирающиеся на равные дуги

15) Утверждение $(14)$ равносильно утверждению задачи