Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 16382
2026-02-17 
$CL$ - биссектриса треугольника $ABC$, $CLBK$ - параллелограмм. Прямая $AK$ пересекает отрезок $CL$ в точке $P$. Оказалось, что точка $P$ равноудалена от диагоналей параллелограмма $CLBK$. Докажите, что $AK\leq CL$
Решение:
Первый способ. Обозначим через $T$ точку пересечения диагоналей параллелограмма $CLBK$. В силу свойства биссектрисы (см. задачу 5137) и теоремы Фалеса
$\frac{BC}{KL}=\frac{CT}{TL}=\frac{CP}{PL}=\frac{KP}{PA}=\frac{BL}{LA}=\frac{BC}{CA},$
откуда $AC=KL$. Но тогда $ACKL$ либо параллелограмм, либо равнобедренная трапеция.
Во втором случае $AK=CL$ (диагонали равнобедренной трапеции равны).
В первом случае $LB=CK=AL$, т.е. биссектриса $CL$ треугольника $ABC$ является его медианой, поэтому $AC=CB$ и $CL$ - общий перпендикуляр к параллельным прямым $CK$ и $AB$, а тогда он короче наклонной $AK$.
Второй способ. Из условия следует, что точка $P$ равноудалена от прямых $KL$, $BC$ и $AC$. Если прямые $AC$ и $KL$ пересекаются (в точке $X$), то прямая $XP$ - биссектриса угла $AXL$. По замечательному свойству трапеции $ACKL$ (см. задачу 5141) эта прямая проходит через середины оснований $AL$ и $KC$. Поэтому биссектриса треугольника $AXL$ является его медианой, значит $AX=XL$, т.е. трапеция $ACKL$ трапеция равнобокая, и её диагонали $AK$ и $CL$ равны.
Если же $AC\parallel KL$, то $ACKL$ - параллелограмм, $AL=KC=BL$, и биссектриса $CL$ треугольника $ABC$ является медианой. Поэтому она же - и высота, т.е. $CL\perp AB$, и расстояние между параллельными прямыми $AB$ и $CK$ равно $CL$. Следовательно, отрезок $AK$, соединяющий точки на этих прямых, не короче $CL$
$CL$ - биссектриса треугольника $ABC$, $CLBK$ - параллелограмм. Прямая $AK$ пересекает отрезок $CL$ в точке $P$. Оказалось, что точка $P$ равноудалена от диагоналей параллелограмма $CLBK$. Докажите, что $AK\leq CL$
Решение:
Первый способ. Обозначим через $T$ точку пересечения диагоналей параллелограмма $CLBK$. В силу свойства биссектрисы (см. задачу 5137) и теоремы Фалеса
$\frac{BC}{KL}=\frac{CT}{TL}=\frac{CP}{PL}=\frac{KP}{PA}=\frac{BL}{LA}=\frac{BC}{CA},$
откуда $AC=KL$. Но тогда $ACKL$ либо параллелограмм, либо равнобедренная трапеция.
Во втором случае $AK=CL$ (диагонали равнобедренной трапеции равны).
В первом случае $LB=CK=AL$, т.е. биссектриса $CL$ треугольника $ABC$ является его медианой, поэтому $AC=CB$ и $CL$ - общий перпендикуляр к параллельным прямым $CK$ и $AB$, а тогда он короче наклонной $AK$.
Второй способ. Из условия следует, что точка $P$ равноудалена от прямых $KL$, $BC$ и $AC$. Если прямые $AC$ и $KL$ пересекаются (в точке $X$), то прямая $XP$ - биссектриса угла $AXL$. По замечательному свойству трапеции $ACKL$ (см. задачу 5141) эта прямая проходит через середины оснований $AL$ и $KC$. Поэтому биссектриса треугольника $AXL$ является его медианой, значит $AX=XL$, т.е. трапеция $ACKL$ трапеция равнобокая, и её диагонали $AK$ и $CL$ равны.
Если же $AC\parallel KL$, то $ACKL$ - параллелограмм, $AL=KC=BL$, и биссектриса $CL$ треугольника $ABC$ является медианой. Поэтому она же - и высота, т.е. $CL\perp AB$, и расстояние между параллельными прямыми $AB$ и $CK$ равно $CL$. Следовательно, отрезок $AK$, соединяющий точки на этих прямых, не короче $CL$
