Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16379
2026-02-17 
В треугольнике $ABC$ ($\angle C=90^{\circ}$) на катете $BC$ отмечены такие точки $K$ и $L$, что $\angle CAK=\angle KAL=\angle LAB$. На гипотенузе $AB$ отмечена такая точка $M$, что $ML=KL$. Докажите, что перпендикуляр из точки $C$ на прямую $AK$ не делит отрезок $ML$ пополам
Решение:
Проведём окружность $\omega$ с центром в точке $L$ и радиусом $KL$. Она пересекает прямую $AB$ в двух точках или касается её. Рассмотрим первый случай (второй сводится к нему). Одной из двух точек пересечения будет точка $M_{1}$, симметричная точке $K$ относительно прямой $AL$, т.к. она лежит на прямой $AB$ и $LM_{1}=LK$. При этом
$\angle LM_{1}A=\angle AKL=\angle ACK+\angle CAK\gt90^{\circ},$
поэтому $LM_{1}A$ - внешний угол равнобедренного треугольника $M_{1}LM_{2}$, где $M_{2}$ - вторая точка пересечения окружности $\omega$ с прямой $AB$, и точка $M_{1}$ лежит между точками $A$ и $M_{2}$.
Положим $\angle CAK=\angle KAL=\angle LAB=\alpha$, а через $N$ обозначим середину основания $KM_{1}$ равнобедренного треугольника $KLM_{1}$. Из равенства прямоугольных треугольников $ACK$ и $ANK$ получаем
$\angle AKN=\angle AKC=90^{\circ}-\alpha,$
откуда
$\angle NM_{1}L=\angle NKL=\angle AKL-\angle AKN=(90^{\circ}+\alpha)-(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha.$
Пусть $P$ - середина отрезка $LM_{1}$, $R$ - середина отрезка $LM_{2}$, а $Q$ - точка пересечения прямой $CN$ с отрезком $M_{1}L$. Из равенства прямоугольных треугольников $ACK$ и $ANK$ (по гипотенузе и острому углу) получаем, что $KC=KN$ и $AC=AN$, поэтому прямая $AK$ - серединный перпендикуляр к отрезку $AK$. Кроме того, поскольку $NP$ - медиана прямоугольного треугольника $M_{1}NL$, проведённая из вершины прямого угла, то
$\angle M_{1}NP=\angle NM_{1}L=2\alpha$
(см. задачу 4775). Тогда
$\angle M_{1}NQ=\angle KNC=\angle KCN=\alpha\lt2\alpha=\angle M_{1}NP.$
Таким образом, точка $Q$ лежит между точками $M_{1}$ и $P$. Следовательно, прямая $CQ$ не может проходить через точку $P$. Через точку $R$ прямая $CQ$ также не может проходить, поскольку
$\angle CQL+\angle LQR\lt\angle CPL+\angle LPR\lt180^{\circ}$.
В треугольнике $ABC$ ($\angle C=90^{\circ}$) на катете $BC$ отмечены такие точки $K$ и $L$, что $\angle CAK=\angle KAL=\angle LAB$. На гипотенузе $AB$ отмечена такая точка $M$, что $ML=KL$. Докажите, что перпендикуляр из точки $C$ на прямую $AK$ не делит отрезок $ML$ пополам
Решение:
Проведём окружность $\omega$ с центром в точке $L$ и радиусом $KL$. Она пересекает прямую $AB$ в двух точках или касается её. Рассмотрим первый случай (второй сводится к нему). Одной из двух точек пересечения будет точка $M_{1}$, симметричная точке $K$ относительно прямой $AL$, т.к. она лежит на прямой $AB$ и $LM_{1}=LK$. При этом
$\angle LM_{1}A=\angle AKL=\angle ACK+\angle CAK\gt90^{\circ},$
поэтому $LM_{1}A$ - внешний угол равнобедренного треугольника $M_{1}LM_{2}$, где $M_{2}$ - вторая точка пересечения окружности $\omega$ с прямой $AB$, и точка $M_{1}$ лежит между точками $A$ и $M_{2}$.
Положим $\angle CAK=\angle KAL=\angle LAB=\alpha$, а через $N$ обозначим середину основания $KM_{1}$ равнобедренного треугольника $KLM_{1}$. Из равенства прямоугольных треугольников $ACK$ и $ANK$ получаем
$\angle AKN=\angle AKC=90^{\circ}-\alpha,$
откуда
$\angle NM_{1}L=\angle NKL=\angle AKL-\angle AKN=(90^{\circ}+\alpha)-(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha.$
Пусть $P$ - середина отрезка $LM_{1}$, $R$ - середина отрезка $LM_{2}$, а $Q$ - точка пересечения прямой $CN$ с отрезком $M_{1}L$. Из равенства прямоугольных треугольников $ACK$ и $ANK$ (по гипотенузе и острому углу) получаем, что $KC=KN$ и $AC=AN$, поэтому прямая $AK$ - серединный перпендикуляр к отрезку $AK$. Кроме того, поскольку $NP$ - медиана прямоугольного треугольника $M_{1}NL$, проведённая из вершины прямого угла, то
$\angle M_{1}NP=\angle NM_{1}L=2\alpha$
(см. задачу 4775). Тогда
$\angle M_{1}NQ=\angle KNC=\angle KCN=\alpha\lt2\alpha=\angle M_{1}NP.$
Таким образом, точка $Q$ лежит между точками $M_{1}$ и $P$. Следовательно, прямая $CQ$ не может проходить через точку $P$. Через точку $R$ прямая $CQ$ также не может проходить, поскольку
$\angle CQL+\angle LQR\lt\angle CPL+\angle LPR\lt180^{\circ}$.
