2012年IMO5番 - Menelarの記録手帳

久しぶりの更新です(ほぼ放置でした).今年のIMOの問題5.を解いてみました.
[問題]
Let $ABC$ be a triangle with ∠ $BCA=90^{\circ}$ , and let $D$ be the foot of the altitude from $C$ . Let $X$ be a point in the interior of the segment $CD$ . Let $K$ be the point on the segment such that $BX=BC$ . Similarly, let $L$ be the point on the segment $BX$ such that $AL=AC$ . Let $M$ be the point of intersection of $AL$ and $BK$ .

Show that $MK=ML$ .
和訳は略します.
[解答]

$BX$ の延長に $A$ から下ろした垂線の足を $E,AE$ と $CD$ の交点を $F$ とおく．
すると
∠ $BDF$ =∠ $BEF=90^{\circ}$ より $D,B,F,E$ は共円であることから
∠ $EFD$ =∠ $EBD$ …(1)
ここで $AC=AL$ より $AC^{2}=AD\cdot AB=AL^{2}$ であるから
$\triangle ALD$ ∽ $\triangle ABL$ より∠ $ALD$ =∠ $ABL$ なので(1)と合わせると
∠ $DLA$ =∠ $DFA$ なので4点 $D,L,F,A$ は共円.
∴∠ $ALF$ =∠ $ADF=90^{\circ}$ …(2)
同様に
∠ $DAX$ =∠ $DEX$ =∠ $DFB$ , $BC^{2}=BK^{2}=BD\cdot BA$ より∠ $DAX$ =∠ $DKB$ だから
∠ $DKB$ =∠ $DFB$ となって4点 $D,B,F,K$ は共円.
∴∠ $BKF$ =∠ $BDF=90^{\circ}$ …(3)
また $\triangle EFL$ ∽ $\triangle LFA$ より, $FL^{2}=FE\cdot FA$ …(4)
方べきの定理より
$FE\cdot FA=FX\cdot FD$ …(5)
∠ $FKD$ =∠ $FKB$ +
∠ $BKD=90^{\circ}$ +∠ $BKD=90^{\circ}$ +∠ $KAB$ =∠ $ADX$ +∠ $KAD$ =∠ $FXK$
また∠ $DFK$ =∠ $KFX$ (共通)より
$\triangle FDK$ ∽ $\triangle FKX$ (二角相等)
従って $FX:FK=FK:FD$
∴ $FK^{2}=FX\cdot FD$ (6)
(4),(5),(6)から　 $FL=FK$
これと $FM$ 共通，(3)より∠ $MLF$ =∠ $MKF=90^{\circ}$
なので
$\triangle MLF\equiv\triangle MKF$ (斜辺他一辺相等)
∴ $ML=MK$
[附言]
一見シンプルですが,個人的には補助線を引くのを思いつくのになかなか苦しみました.ただ,性質としては非常に面白いものだと思います.直角ということですから座標を設定して計算する方針も考えられますね.