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}
.