10010. Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD
равны между собой и пересекаются в точке M
. На сторонах AB
и CD
взяты соответственно точки K
и L
так, что \frac{AK}{AB}=\frac{DL}{DC}
. Прямые AL
и KD
пересекаются в точке P
. Докажите, что MP
— биссектриса угла AMD
.
Решение. Пусть прямая, проходящая через точку B
параллельно диагонали AC
, пересекается с прямой DK
в точке F
, прямая, проходящая через точку C
параллельно диагонали BD
, пересекается с прямой AL
в точке E
, прямые AC
и DF
пересекаются в точке Q
, прямые BD
и AE
— в точке R
, а прямые MP
и AD
— в точке G
. Нам достаточно доказать, что \frac{AG}{GD}=\frac{AM}{MD}
(см. задачу 1510).
Обозначим \frac{AK}{KB}=\frac{DL}{LC}=\lambda
. Треугольник AKQ
подобен треугольнику BKF
, а треугольник BDF
— треугольнику MDQ
, поэтому
\frac{AQ}{QM}=\frac{AQ}{BF}\cdot\frac{BF}{QM}=\frac{AK}{KB}\cdot\frac{BD}{DM}=\lambda\cdot\frac{BD}{DM}.
Аналогично, \frac{MR}{RD}=\frac{1}{\lambda}\cdot\frac{AM}{AC}
. По теореме Чевы (см. задачу 1621)
\frac{AQ}{QM}\cdot\frac{MR}{RD}\cdot\frac{DG}{GA}=1,
откуда, учитывая, что BD=AC
, получим, что
\frac{AG}{GD}=\frac{AQ}{QM}\cdot\frac{MR}{RD}=\left(\lambda\cdot\frac{BD}{DM}\right)\cdot\left(\frac{1}{\lambda}\cdot\frac{AM}{AC}\right)=\frac{AM}{MD}.
Что и требовалось доказать.
Источник: Соросовская олимпиада. — 1996-1997, III, 1-й тур, 10 класс