XVII математическая олимпиада «Шелковый путь», 2022 год

В окружность $\omega$ вписан выпуклый четырехугольник $ABCD$. Лучи $AB$ и $DC$ пересекаются в точке $K$. На диагонали $BD$ отмечена точка $L$ так, что $\angle BAC = \angle DAL$. На отрезке $KL$ отметили точку $M$ так, что $CM \parallel BD$. Докажите, что прямая $BM$ касается окружности $\omega$. ( М. Кунгожин )

Комментарий/решение

Пусть $AL \cap \omega=E$. В силу $BC=ED$ получаем $E \in MC$. Теорема Паскаля на шестиугольник $BBAECD$ завершает доказательство

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.

Пусть $N$ такая точка на $AB$ что $CN||AD$ тогда по теореме дезарга для $ADL$ и $CNM$ понимаем что $NM||AL$. Тогда:

$\angle NMC=\angle ALD=180-\angle CBK$=>> $BNMC$ вписанный.

$\angle CNM=\angle CBM=\angle CDB$