Competition problem — Geometry — Maths Olympiad Prep

Library / /14 of 26

Geometry Difficulty 6.7 National olympiad Prove it Russia

A point $D$ is chosen on the leg $AC$ of an isosceles triangle $ABC$ with base $BC$ . A point $K$ is chosen on the smaller arc $CD$ of the circumcircle of the triangle $BCD$ . The ray $CK$ meets the line through $A$ parallel to $BC$ at $T$ . Let $M$ be the midpoint of $DT$ . Prove that $\angle AKT = \angle CAM$ .

На стороне $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ с основанием $BC$ выбрана точка $D$ . На меньшей дуге $CD$ описанной окружности треугольника $BCD$ выбрана точка $K$ . Луч $CK$ пересекает прямую, проходящую через $A$ параллельно $BC$ , в точке $T$ . Пусть $M$ — середина $DT$ . Докажите, что $\angle AKT = \angle CAM$ .

Solution

Продлим отрезок $AM$ на его длину за точку $M$ , получим точку $N$ такую, что $ADNT$ — параллелограмм. Поскольку $\angle ANT = \angle CAM$ , для решения задачи достаточно показать, что $\angle AKT = \angle ANT$ , или что точки $A, T, N, K$ лежат на одной окружности (см. рис. 16).

Пусть $ND$ пересекает $AB$ в точке $S$ ; тогда $DS \parallel BC$ , и $BSDC$ — равнобокая трапеция. Мы докажем, что точки $K$ и $N$ лежат на окружности $\omega$ , описанной около треугольника $AST$ .

Имеем $\angle ATN = \angle ADN = 180^\circ - \angle SDA = 180^\circ - \angle ASD$ , значит, $N$ лежит на окружности $\omega$ . Из окружности, описанной около трапеции $BSDC$ , имеем $\angle SKT = \angle SBC = 180^\circ - \angle SAT$ , поэтому $K$ лежит на окружности $\omega$ , что и требовалось доказать.

Want a route through all this instead of an archive? The track puts 2,000 problems in a working order, from AMC 10 level to the IMO shortlist.

Source: MathNet, licensed CC-BY-4.0. Statement and solution reproduced as published; topic and difficulty added by this site.