11714. Дан равнобедренный треугольник ABC
(AB=BC
). На стороне AB
выбирается точка K
, а на стороне BC
— точка L
так, что AK+CL=\frac{1}{2}AB
. Найдите геометрическое место середин отрезков KL
.
Решение. Отметим на AB
точку P
, а на BC
— точку Q
так, что
AP=CQ=\frac{1}{4}AB.
Пусть M
и N
— точки пересечения PQ
со средними линиями GH
и FH
, параллельными соответственно BC
и AB
, а G
, F
и H
— середины сторон AB
, BC
и AC
соответственно. Тогда PQ\parallel AC\parallel FG
, а PM
, QN
и MN
— средние линии треугольников AGH
, CFH
и FGH
. Значит,
PM=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{4}AC,~QN=\frac{1}{2}CH=\frac{1}{4}AC,~MN=\frac{1}{2}FH=\frac{1}{4}AC,
т. е. точки M
и N
разбивают отрезок PQ
на три равные части. Докажем, что отрезок MN
и есть искомое ГМТ.
Заметим, что точки L
и K
лежат по разные стороны от прямой PQ
и
KP=LQ\leqslant\frac{1}{2}CF=\frac{1}{4}BC=\frac{1}{4}AB.
Без ограничения общности считаем, что K
лежит на отрезке AP
. Проведём через точку K
прямую параллельно BC
до пересечения с PQ
в некоторой точке D
. Точка K
лежит между P
и G
, поэтому точка D
лежит между P
и M
. Стороны треугольников PKD
и ABC
соответственно параллельны, поэтому треугольник PKD
равнобедренный (KD=PK=QL
). Отрезки KD
и QL
равны и параллельны, значит, KQLD
— параллелограмм, и середина его диагонали KL
совпадает с серединой диагонали DQ
, а следовательно, лежит на отрезке MN
.
Обратно, пусть X
— точка на отрезке MN
и, например, XQ\leqslant XP
. Отложив на XP
отрезок XD=XQ
(при этом точка D
лежит на отрезке PM
), проведя через точку D
прямую параллельно BC
до пересечения с GP
в точке K
и отложив на луче QC
отрезок QL=DK
, получим параллелограмм DKQL
. Его диагональ KL
проходит через середину X
диагонали DQ
.