5208. AL
— биссектриса треугольника ABC
, K
— такая точка на стороне AC
, что CK=CL
. Прямая KL
и биссектриса угла B
пересекаются в точке P
. Докажите, что AP=PL
.
Решение. Обозначим углы при вершинах A
, B
и C
треугольника ABC
соответственно \alpha
, \beta
и \gamma
. Тогда \angle CKL=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}
как угол при основании равнобедренного треугольника KCL
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle ALK=\angle CKL-\angle CAL=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}-\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2},
так как \alpha+\beta+\gamma=180^{\circ}
.
Из точек B
и L
, лежащих по одну сторону от прямой AP
, отрезок AP
виден под одним и тем же углом, значит, точки A
, B
, L
и P
лежат на одной окружности, а так как BP
— биссектриса вписанного в эту окружность угла ABL
, то P
— середина дуги APL
. Следовательно, AP=PL
(см. задачу 805). Что и требовалось доказать.
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2011-12 г., окружной тур, 9 кл.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 1994 г., второй тур, 9 класс
Источник: Берлов С. Л., Иванов С. В., Кохась К. П. Петербургские математические олимпиады. — СПб.—М.—Краснодар: Лань, 2003. — с. 25
Источник: Избранные задачи окружных олимпиад по математике в Москве / Сост. А. Д. Блинков. — М.: МЦНМО, 2015. — № 100, с. 18