P6 OMM 2002. Doblez en un rectángulo

La primera parte es sencilla viendo los ciclicos y dado que $$\angle AKD + \angle BKC = \angle AMD + \angle BMC = 90º$$

De donde $\angle BKA = 90º$ por lo que $AM = MK= MB$ ahora los triangulos rectangulos $AMD$ y $MKD$ tienen la misma hipotenusa y un cateto igual por lo que $AD=DE$ de la misma manera se da que $BC = CK$.

Ahora extendemos $AK$ hasta que corte a $BC$ en un punto $T$, es obvio que $C$ es circuncentro del triangulo rectangulo $BKT$, por lo que 1) $BC = CT$. De la misma manera extendemos $BK$ hasta que corte a $AD$ en un punto $S$ por lo que 2) $AD = DS$.

Por otro lado se da la semejanza entre los triangulos $AKS$ y $TKB$ por las paralelas. Sea $x$ la proporcion entre ambos triangulos. tal que $$29) BK \cdot x = KS$$ y $$31)  \frac{1}{x}\cdot AK = TK$$

Aplicando Menelao para el triangulo $BKT$ con la recta $CA$ y la igualdad en 1) se llega a que $\frac{TA}{AK}\cdot\frac{KQ}{QB}=1$ dado que $TA=AK+KT$ y usando la igualdad en 31) se puede concluir que $$41) \frac{KQ}{QB} = \frac{x}{x+1}$$

De la misma manera aplicando Menelao para el triangulo $AKS$ con la recta $BD$ y usando primero la igualdad 2) y despues 29) se tendra que $$\frac {KP}{PA} =\frac {1}{x+1}$$ usando esta ultima igualdad y en 41) el resultado es claro.

Saludos 

Germán.