13380. CL
— биссектриса треугольника ABC
, CLBK
— параллелограмм. Прямая AK
пересекает отрезок CL
в точке P
. Оказалось, что точка P
равноудалена от диагоналей параллелограмма CLBK
. Докажите, что AK\leqslant CL
.
Решение. Первый способ. Обозначим через T
точку пересечения диагоналей параллелограмма CLBK
. В силу свойства биссектрисы (см. задачу 1509) и теоремы Фалеса
\frac{BC}{KL}=\frac{CT}{TL}=\frac{CP}{PL}=\frac{KP}{PA}=\frac{BL}{LA}=\frac{BC}{CA},
откуда AC=KL
. Но тогда ACKL
либо параллелограмм, либо равнобедренная трапеция.
Во втором случае AK=CL
(диагонали равнобедренной трапеции равны).
В первом случае LB=CK=AL
, т. е. биссектриса CL
треугольника ABC
является его медианой, поэтому AC=CB
и CL
— общий перпендикуляр к параллельным прямым CK
и AB
, а тогда он короче наклонной AK
.
Второй способ. Из условия следует, что точка P
равноудалена от прямых KL
, BC
и AC
. Если прямые AC
и KL
пересекаются (в точке X
), то прямая XP
— биссектриса угла AXL
. По замечательному свойству трапеции ACKL
(см. задачу 1513) эта прямая проходит через середины оснований AL
и KC
. Поэтому биссектриса треугольника AXL
является его медианой, значит AX=XL
, т. е. трапеция ACKL
трапеция равнобокая, и её диагонали AK
и CL
равны.
Если же AC\parallel KL
, то ACKL
— параллелограмм, AL=KC=BL
, и биссектриса CL
треугольника ABC
является медианой. Поэтому она же — и высота, т. е. CL\perp AB
, и расстояние между параллельными прямыми AB
и CK
равно CL
. Следовательно, отрезок AK
, соединяющий точки на этих прямых, не короче CL
.