Информация о задаче

Задача 102282

Темы:	[	Вспомогательная площадь. Площадь помогает решить задачу	]
Темы:	[	Неравенства с площадями	]

Сложность: 4+
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Дан параллелограмм ABCD, у которого AB = 3, AD = $\sqrt{3}$ + 1 и $\angle$ BAD = 60^o. На стороне AB взята такая точка K, что AK : KB = 2 : 1. Через точку K параллельно AD проведена прямая. На этой прямой внутри параллелограмма выбрана точка L, а на стороне AD выбрана точка M так, что AM = KL. Прямые BM и CL пересекаются в точке N. Найдите угол BKN.

Подсказка

Докажите, что прямые KD, BM и CL пересекаются в одной точке. Для этого воспользуйтесь следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда точка X лежит на диагонали параллелограмма.

Решение

Воспользуемся следующим утверждением. Через точку X, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X равновелики тогда и только тогда, когда точка X лежит на диагонали параллелограмма. Пусть прямые BM и KD пересекаются в точке N. Докажем, что прямая CL проходит через точку N. Для этого проведём через точку N прямые, параллельные сторонам исходного параллелограмма. Пусть прямая, параллельная AB, пересекает стороны BC и AD соответственно в точках P и Q, а вторая прямая — стороны AB и CD соответственно в точках R и S. Продолжим LM и KL до пересечения со сторонами соответственно BC и CD в точках F и G. Пусть отрезки MF и RS пересекаются в точке E, а отрезки KG и PQ — в точке H. Поскольку точка N лежит на диагонали BM параллелограмма ABFM и на диагонали KD параллелограмма AKGD, то S_ARNQ = S_NPFE и S_ARNQ = S_NHGS. Значит, S_NPFE = S_NHGS, поэтому параллелограммы HPFL и ELGS равновелики. Следовательно, точка L лежит на диагонали CN параллелограмма NPCS. Поэтому прямая CL проходит через точку N. Из треугольника AKD по теореме косинусов находим, что

KD² = AK² + AD² - 2^.AK^.AD^.cos 60^o = 2² + ( $\displaystyle \sqrt{3}$ + 1)² - 2^.2^.( $\displaystyle \sqrt{3}$ + 1)^. $\displaystyle {\textstyle\frac{1}{2}}$ = 6,

cos $\displaystyle \angle$ AKD = $\displaystyle {\frac{KD^{2}+KA^{2}-AD^{2}}{2\cdot KD\cdot KA}}$ = $\displaystyle {\frac{4+6-(\sqrt{3}+1)^{2}}{2\cdot 2\cdot \sqrt{6}}}$ = $\displaystyle {\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$ .

Следовательно,

$\displaystyle \angle$ AKD = arccos $\displaystyle {\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$ = 75^o, $\displaystyle \angle$ BKN = 180^o - $\displaystyle \angle$ AKD = 180^o - 75^o = 105^o.

Ответ

180^o - arccos ${\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}$ = 105^o.

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	3709