Решения: Республиканская олимпиада, Заключительный этап

Математикадан республикалық олимпиада, 2016-2017 оқу жылы, 10 сынып

Сүйір бұрышты

$ABC$

$(AC > BC)$ үшбұрышы центрі

$O$ болатын шеңберге іштей сызылған.

$CD$ кесіндісі осы шеңбердің диаметрі.

$DA$ сәулесінің

$A$ -дан ары созындысынан

$K$ , ал

$BD$ кесіндісінен

$L$

$(DL > LB)$ нүктелері

$\angle OKD = \angle BAC$ ,

$\angle OLD = \angle ABC$ болатындай алынған.

$KL$ түзуінің

$AB$ кесіндісінің ортасы арқылы өтетінін дәлелдеңіздер. ( М. Кунгожин )

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Решение. Обозначим через $M$ середину отрезка стороны $AB$ и пусть $OM \cap AD=X$ , $OM \cap BD =Y$ . Понятно, что $OM \perp AB$ . Поэтому $\angle CAB =90^\circ -\angle MAX=\angle AXO$ . Тогда из условия задачи следует, что $\angle OKD= \angle AXO$ или $OK=OX$ .

Рассмотрим перпендикуляр из точки

$O$ на прямую

$KX$ . Тогда точки

$K$ и

$X$ симметричны относительно этого перпендикуляра, так же как и точки

$A$ и

$D$ . Поэтому

$AK=DX$ . Аналогично,

$BL=DY$ .
По теореме Менелая, примененной для треугольника

$ABD$ и секущей

$MX$ имеем:

$\frac{AX}{DX} \cdot \frac{DY}{YB} \cdot \frac{MB}{AM}=1. \qquad (1)$ Если смотреть на прямую

$KL$ как на секущую треугольника

$ADB$ , то, также по теореме Менелая, достаточно доказать равенство

$\frac{DK}{KA}\cdot \frac{AM}{MB} \cdot \frac{BL}{LD} =1. \qquad (2)$ Осталось заметить, что равенство (2) верное, так как оно эквивалентно равенству (1).