6326. В треугольнике ABC
провели биссектрису CK
, а в треугольнике BCK
— биссектрису KL
. Прямые AC
и KL
пересекаются в точке M
. Известно, что \angle BAC\gt\angle BCA
. Докажите, что AK+KC\gt AM
.
Решение. Первый способ. На продолжении биссектрисы CK
за точку K
отложим отрезок KA_{1}=KA
. Тогда AK+KC=A_{1}K+KC=CA_{1}
.
Треугольники AKM
и A_{1}KM
равны по двум сторонам и углу между ними (\angle AKM=\angle BKL=\angle CKL=\angle A_{1}KM
), поэтому AM=A_{1}M
. Осталось доказать, что CA_{1}\gt A_{1}M
.
Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Тогда \angle ACK=\frac{\gamma}{2}
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle AKA_{1}=\alpha+\frac{\gamma}{2},~\angle AMK=\angle CAK-\angle AKM=\alpha-\frac{1}{2}\left(\alpha+\frac{\gamma}{2}\right)=\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{4}.
Тогда
\angle CMA_{1}=\angle AMA_{1}=2\angle AMK=2\left(\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{4}\right)=\alpha-\frac{\gamma}{2}\gt\frac{\gamma}{2}=\angle MCA_{1},
поскольку \alpha\gt\gamma
. Следовательно, в треугольнике CMA_{1}
против большего угла CMA_{1}
лежит большая сторона CA_{1}
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Обозначим \angle BAC=\alpha
, \angle ACB=\gamma
. Тогда
\angle BKL=\angle AKM=\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{4},~\angle AML=\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{4}.
Следовательно, AM\gt AK
и на отрезке AM
можно отложить такую точку P
, что KP=PM
. Тогда
\angle KPC=2\angle PMK=2\angle AML=\alpha-\frac{\gamma}{2},
\angle PKA=\angle AKM-\angle PKM=\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{4}\right)-\left(\frac{\alpha}{2}-\frac{\gamma}{4}\right)=\frac{\gamma}{2}=\angle KCP.
Из условия следует, что \alpha-\frac{\gamma}{2}\gt\frac{\gamma}{2}
, значит, в треугольнике APK
сторона AK
больше стороны AP
, а в треугольнике KPC
сторона KC
больше стороны KP
. Таким образом,
AK+KC\gt AP+KP=AM.
Что и требовалось доказать.