6256. CL
— биссектриса треугольника ABC
, AC\lt BC
. На прямой, параллельной CL
и проходящей через вершину B
, выбрана такая точка M
, что LM=LB
. На отрезке CM
выбрана такая точка K
, что отрезок AK
делится прямой CL
пополам. Докажите, что \angle CAK=\angle ABC
.
Решение. Докажем сначала следующее утверждение: если точки P
и Q
лежат на сторонах XY
и YZ
треугольника XYZ
, а медиана YS
делит пополам отрезок PQ
, то PQ\parallel XZ
.
Пусть точки P
и Q
лежат на сторонах XY
и YZ
соответственно, а медиана YS
пересекает отрезок PQ
в точке T
(рис. 1). Предположим, что прямая PQ
не параллельна XZ
.
Через точку Q
проведём прямую, параллельную XZ
. Если проведённая прямая пересекает сторону XY
в точке P'
, то XP'QZ
— трапеция. По замечательному свойству трапеции (см. задачу 1513) точки Y
, S
и середина T'
основания QP'
лежат на одной прямой. Тогда средняя линия TT'
треугольника QPP'
параллельна прямой PP'
, т. е. прямой XY
, что невозможно, так как прямые XY
и TT'
пересекаются в точке Y
. Утверждение доказано.
Перейдём к нашей задаче (рис. 2). При симметрии относительно биссектрисы CL
вершина B
перейдёт в точку B'
, лежащую на прямой AC
. При этом BB'\perp CL
и CL\parallel BM
, поэтому BB'\perp BM
.
Поскольку LM=LB=LB'
, точка L
— центр окружности, проходящей через вершины прямоугольного треугольника BB'M
, т. е. середина гипотенузы B'M
. Таким образом, медиана CL
треугольника B'MC
проходит через середину отрезка AK
с концами на сторонах CB'
и CM
. Тогда, по доказанному, AK\parallel B'M
. Значит,
\angle CAK=\angle MB'C=\angle LB'C=\angle LBC=\angle ABC.
Что и требовалось доказать.