6819. Дан прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом C
. Пусть BK
— биссектриса этого треугольника. Окружность, описанная около треугольника AKB
, пересекает вторично сторону BC
в точке L
. Докажите, что CB+CL=AB
.
Решение. Первый способ. Отложим на продолжении BC
за точку C
отрезок CN=LC
. Тогда CB+CL=NB
, и нам надо доказать, что AB=NB
.
Обозначим \angle ABK=\angle CBK=\alpha
. Четырёхугольник ABLK
вписанный, поэтому \angle KAL=\angle KBL=\alpha
. Тогда
\angle CKB=90^{\circ}-\angle CKB=90^{\circ}-\alpha=\angle ALC.
С другой стороны, прямоугольные треугольники ACL
и ACN
равны по двум катетам, значит,
\angle ANB=\angle ANC=\angle ALC=90^{\circ}-\alpha.
Тогда в треугольнике ABN
имеем
\angle BAN=180^{\circ}-\angle B-\angle ANB=180^{\circ}-2\alpha-(90^{\circ}-\alpha)=
=90^{\circ}-\alpha=\angle ANB.
Значит, треугольник ANB
равнобедренный, AB=NB
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Опустим из точки K
перпендикуляр KH
на гипотенузу AB
. Прямоугольные треугольники KCB
и KHB
равны по гипотенузе и острому углу (\angle KBC=\angle KBH
). Значит, CB=HB
и KC=KH
.
В окружности, описанной около четырёхугольника AKLB
, на хорды AK
и KL
опираются равные углы, поэтому AK=KL
. Значит, прямоугольные треугольники KHA
и KCL
равны по катету и гипотенузе, откуда HA=CL
. Следовательно,
CB+CL=HB+HA=AB.
Что и требовалось доказать.
Примечание. (К первому способу.) Существует несколько вариаций приведённого решения. Например, из равенства \angle ABK=\angle CBK
вытекает, что KA=KL=KN
; кроме того,
\angle KAB=\angle KLC=\angle KNC.
Отсюда нетрудно получить, что \angle AKB=\angle NKB
, а значит, треугольники BKA
и BKN
равны.