XVII математическая олимпиада «Шелковый путь», 2022 год
Комментарий/решение:
Так как $\angle BAC=\angle DAL$ значит $\angle LBC=\angle EDL$, с этого $CEDB$ равнобокаы трапеция.$CE//BD-M,C,E$ на одной линии.Отрезки $B, CE$ пересекаются на отрезке $KL$ к точке G.Ну если точка M это пересечение $CE$ на $KL$ значит точка M и G это одна точка и по теореме паскаля $BM$ это касательная.
Пусть прямая $BM$ пересекает $DK$ в точке $S$ и описанная окружность треугольника $BMC$ пересекает $KL$ вторично в точке $N$. Пусть $\angle BAC = \angle DAL = \angle BDC = \alpha $ и $\angle LAC = \beta$.Тогда $ \angle DBC = \angle DAC = \alpha + \beta$. Так как $ CM \parallel BD $, то $ \angle BCM = \angle DBC = \alpha + \beta $. Еще $\angle BNM = \angle BCM = \alpha + \beta $. Значит $\angle LAB = \angle BNM = \alpha + \beta$ и $ABNL$ - вписанный $\Rightarrow$ $KB \cdot KA = KN \cdot KL = KC \cdot KD$ $\Rightarrow$ $LNCD$ - вписанный $\Rightarrow$ $\angle MNC = \angle LDC = \alpha$ $\Rightarrow$ $\angle CBM = \angle CNM = \angle BAC = \alpha$ $\Rightarrow$ $BS$ касается окружности $\omega$.
Поскольку $\angle DBC=\angle BCM$, достаточно доказать, что $\triangle DBC\sim\triangle BCM\Leftrightarrow\frac{BC}{CM}=\frac{DB}{BC}\Leftrightarrow BC^2=CM\cdot BD$. Через первый признак, вписанные углы и соответственные углы при параллельных, несложно доказать следующие подобия, и получающиеся из них соотношения.
\[\triangle KCM\sim\triangle KDL\Rightarrow CM=LD\cdot\frac{KC}{KD}\]
\[\triangle ABC\sim\triangle ALD\Rightarrow LD=BC\cdot\frac{AD}{AC}\]
\[\triangle KAC\sim\triangle KDB\Rightarrow BD=AC\cdot\frac{KB}{KC}\]
\[\triangle KBC\sim\triangle KDA\Rightarrow AD=BC\cdot\frac{KD}{KB}\]
Перемножая эти соотношения получаем требуемое.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.