Республиканская олимпиада по математике, 2017 год, 11 класс


Остроугольный треугольник $ABC$ $(AC > BC)$ вписан в окружность с центром в точке $O$, а $CD$ — диаметр этой окружности. На продолжении луча $DA$ за точку $A$ взята точка $K$, а на отрезке $BD$ точка $L$ $(DL > LB)$ так, что $\angle OKD = \angle BAC$, $\angle OLD = \angle ABC$. Докажите, что прямая $KL$ проходит через середину отрезка $AB$. ( 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).