Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2020-2021 учебный год, I тур регионального этапа

$CL$ — биссектриса треугольника $ABC.$ $CLBK$ — параллелограмм. Прямая $AK$ пересекает отрезок $CL$ в точке $P.$ Оказалось, что точка $P$ равноудалена от диагоналей параллелограмма $CLBK.$ Докажите, что $AK \ge CL.$ ( С. Берлов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. I Обозначим через $T$ точку пересечения диагоналей параллелограмма $CLBK.$ В силу свойства биссектрисы и теоремы Фалеса $BC/KL = CT/TL = CP/PL = KP/PA = BL/LA = BC/CA,$ откуда $AC = KL.$ Но тогда $ACKL$ либо параллелограмм, либо равнобедренная трапеция. Во втором случае $AK = CL.$ В первом случае $LB = CK = AL,$ поэтому $AC = CB$ и $CL$ — общий перпендикуляр к параллельным прямым $CK$ и $AB,$ а тогда он короче наклонной $AK.$
Решение. II 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 свойству трапеции $ACKL$ эта прямая проходит через середины оснований $AL$ и $KC.$ Поэтому $AX = XL,$ трапеция равнобокая и $AK = CL.$ Если же $AC \parallel KL,$ то $ACKL$ — параллелограмм, $AL = KC = BL,$ и биссектриса $CL$ треугольника $ABC$ является медианой. Поэтому она же — и высота, то есть $CL \perp AB,$ и расстояние между параллельными прямыми $AB$ и $CK$ равно $CL.$ Следовательно, отрезок $AK,$ соединяющий точки на этих прямых, не короче $CL.$