2394. На сторонах AB
, BC
, CA
треугольника ABC
выбраны точки соответственно K
, L
, M
таким образом, что AK=AM
и BK=BL
. Оказалось, что \angle MLB=\angle CAB
. Докажите, что ML=KI
, где I
— центр вписанной окружности треугольника CML
.
Указание. Докажите, что KLMI
— вписанная трапеция.
Решение. Пусть \angle MLB=\angle CAB=2\alpha
, \angle ACB=2\gamma
. Тогда
\angle BLK=\angle BKL=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle KBL=90^{\circ}-\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\alpha-2\gamma)=\alpha+\gamma,
\angle AKM=\angle AMK=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle MAK=90^{\circ}-\alpha,~
\angle LKM=180^{\circ}-\angle BKL-\angle AKM=180^{\circ}-(\alpha+\gamma)-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ}-\gamma.
Точка I
— центр вписанной окружности треугольника CML
, поэтому LI
и MI
— биссектрисы углов CLM
и CML
. Значит,
\angle LIM=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle LCM=90^{\circ}+\gamma
(см. задачу 4770), а так как
\angle LKM+\angle LIM=90^{\circ}-\gamma+90^{\circ}+\gamma=180^{\circ},
четырёхугольник KLIM
— вписанный.
Кроме того
\angle KLM=\angle MLB-\angle BLK=2\alpha-(\alpha+\gamma)=\alpha-\gamma,
а по теореме о внешнем угле треугольника
\angle LMC=\angle MLB-\angle LCM=2\alpha-2\gamma,
поэтому
\angle LMI=\frac{1}{2}\angle LMC=\alpha-\gamma=\angle KLM.
Значит, KL\parallel MI
, поэтому вписанный четырёхугольник KLIM
— равнобедренная трапеция или прямоугольник. Следовательно, ML=KI
. Что и требовалось доказать.