|
|
 |
Условие
На сторонах AB и CD квадрата ABCD взяты точки K и M соответственно, а на диагонали AC – точка L так, что ML = KL. Пусть P – точка пересечения отрезков MK и BD. Найдите угол KPL.
Решение
Первый способ. Пусть O – точка пересечения AC и BD; N – середина отрезка KM (см. рис. а). Так как середина отрезка с концами на параллельных прямых лежит на прямой, равноудаленной от них, то ON || AK и ∠AON = 45°. C другой стороны, так как LN ⊥ MK, то точки L, O, N и P лежат на одной окружности, то есть ∠LPN = 180° – ∠LON = ∠AON = 45°.
| Рис. а | Рис. б | Рис. в |
Bторой способ. Пусть P' – вторая точка пересечения окружностей, описанных около треугольников AKL и CML (см. рис. б). Докажем, что P' совпадает с P. Для этого достаточно доказать, что: 1) точки K, P' и M лежат на одной прямой; 2)P' лежит на диагонали BD.
Первое утверждение следует из того, что ∠KP'L = ∠KAL = 45° и ∠LP'M = 180° – ∠LCM = 135°.
Докажем второе утверждение. Из равенства LK и LM следует, что ∠LKP' = ∠LMP', тогда по свойству вписанных углов ∠LAP' = ∠LKP' = ∠LMP' = ∠LCP', то есть точка P' равноудалена от точек A и C, а значит лежит на диагонали BD. Cледовательно, ∠KPL = ∠KAL = 45°.
Третий способ. Пусть S – точка пересечения серединного перпендикуляра к отрезку KM и прямой AB, а N – точка пересечения отрезков SM и AD (см. рис. в). Тогда L лежит на биссектрисах углов BAN и ASN, то есть является центром вневписанной окружности треугольника ANS, а значит лежит на биссектрисе угла ANM. C другой стороны, из равенства углов SKM и SMK равнобедренного треугольника SKM и параллельности прямых AB и CD следует, что MK – биссектриса угла NMC. То есть, NL и MK – биссектрисы внешних углов треугольника DMN и точка их пересечения является центром его вневписанной окружности, а значит лежит на диагонали BD и совпадает с точкой P. Тогда искомый угол равен углу MPN (угол между биссектрисами внешних углов) и равен 45°.
B случае, если точка P лежит на отрезке BO, аналогичные рассуждения приводят к ответу 135°.
