Олимпиада имени Леонарда Эйлера2015-2016 учебный год, II тур заключительного этапа

Дан параллелограмм $ABCD$. На сторонах $AB$ и $BC$ и продолжении стороны $CD$ за точку $D$ выбраны соответственно точки $K$, $L$ и $M$ так, что треугольники $KLM$ и $BCA$ равны (именно с таким соответствием вершин). Отрезок $KM$ пересекает отрезок $AD$ в точке $N$. Докажите, что $LN \parallel AB$. ( Б. Обухов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Решение 1. Проведём через $L$ прямую, параллельную $KM$; пусть она пересекает прямые $AB$ и $CD$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Заметим, что высоты треугольников $BCA$ и $KLM$, опущенные из соответственных вершин $C$ и $L$, равны; в свою очередь, они равны расстояниям между парами параллельных прямых $AB$, $CD$ и $KM$, $PQ$. Значит, эти прямые образуют ромб $KPQM$, то есть $PK = KM = AB$. Отсюда имеем $BP = KP-KB = AB-KB = AK$. Кроме того, из параллельности получаем $\angle AKN = \angle BPL$ и $\angle NAK = \angle LBP$. Значит, треугольники $AKN$ и $BPL$ равны; в частности, $AN = BL$. Поэтому четырёхугольник $ANLB$ — параллелограмм, и $LN \parallel AB$.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Решение 2. Проведём через точку $L$ прямую, параллельную $AB$. Пусть она пересекает прямую $KM$ в точке $N'$. Тогда $\angle BKL = \angle KLN'$; кроме того, по условию $\angle KBL = \angle LKN'$. Следовательно, треугольники $BKL$ и $KLN'$ подобны по двум углам, откуда $KN'/BL = LN'/KL = LN'/BC$ (последнее равенство верно, поскольку $KL = BC$). С другой стороны, в трапеции $MKBC$ отрезок $N'L$ параллелен основаниям, поэтому $KN'/BL = KM/BC = AB/BC$. Таким образом, $LN'/BC = KN'/BL = AB/BC$, то есть $LN' = AB$. Значит, $ABLN'$ — параллелограмм, а значит, точка $N'$ лежит на $AD$ и, следовательно, совпадает с $N$, откуда $LN \parallel AB$.