Олимпиада имени Леонарда Эйлера
2015-2016 учебный год, II тур заключительного этапа
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 ∠AKN=∠BPL и ∠NAK=∠LBP. Значит, треугольники AKN и BPL равны; в частности, AN=BL. Поэтому четырёхугольник ANLB — параллелограмм, и LN∥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 ∠BKL=∠KLN′; кроме того, по условию ∠KBL=∠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∥AB.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.