10389. На сторонах AB
и CD
квадрата ABCD
взяты точки K
и M
соответственно, а на диагонали AC
— точка L
так, что ML=KL
. Пусть P
— точка пересечения отрезков MK
и BD
. Найдите угол KPL
.
Ответ. 45^\circ
или 135^\circ
.
Решение. Пусть O
— центр квадрата. Рассмотрим случай, когда точка P
лежит на отрезке OD
.
Первый способ. Пусть N
— середина отрезка MK
(рис. 1). Тогда ON\parallel AK
и \angle AON=45^{\circ}
. С другой стороны, треугольник KLM
равнобедренный, значит, LN\perp MK
. Из точек N
и O
отрезок LP
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром LP
.
\angle LPN=180^{\circ}-\angle LON=\angle AON=45^{\circ}.
Второй способ. Пусть P'
— вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников AKL
и CML
(рис. 2). Докажем, что точка P'
совпадает с P
. Для этого достаточно доказать, что: 1) точки K
, P'
и M
лежат на одной прямой; 2) P'
лежит на диагонали BD
.
Первое утверждение следует из того, что
\angle KP'L=\angle KAL=45^\circ~\mbox{и}~\angle LP'M=180^\circ-\angle LCM=135^\circ.
Докажем второе утверждение. Из равенства LK=LM
следует, что \angle LKP'=\angle LMP'
, тогда по свойству вписанных углов
\angle LAP'=\angle LKP'=\angle LMP'=\angle LCP',
т. е. точка P'
равноудалена от точек A
и C
, а значит лежит на диагонали BD
. Следовательно, \angle KPL=\angle KAL=45^\circ
.
Третий способ. Пусть S
— точка пересечения серединного перпендикуляра l
к отрезку KM
и прямой AB
, а F
— точка пересечения отрезков SM
и AD
(рис. 3). Точка L
равноудалена от концов отрезка KM
, значит, она лежит на прямой l
, и SL
— биссектриса угла ASF
, а так как AL
— биссектриса угла KAF
, то L
— центр вневписанной окружности треугольника AFS
. Следовательно, точка L
лежит на биссектрисе угла AFM
(см. задачу 1192).
С другой стороны, из равенства углов SKM
и SMK
равнобедренного треугольника SKM
и параллельности прямых AB
и CD
следует, что MK
— биссектриса угла FMC
. Значит, FL
и MK
— биссектрисы внешних углов треугольника DMF
, и точка их пересечения Q
является центром вневписанной окружности, а значит, лежит на диагонали BD
. Следовательно, точка Q
совпадает с P
. Тогда искомый угол равен углу MPF
— углу между биссектрисами внешних углов прямоугольного треугольника DMF
. Значит (см. задачу 4770),
\angle KPL=\angle MPF=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle MDG.
В случае, если точка P
лежит на отрезке BO
, аналогичные рассуждения приводят к ответу 135^{\circ}
.
Автор: Блинков Ю. А.
Источник: Московская устная олимпиада по геометрии. — 2010, № 5, 8-9 классы