|
|
 |
Условие
Внутри равнобедренного треугольника $ABC$ отмечена точка $K$ так, что $CK = AB = BC$ и ∠ KAC = 30°. Найдите угол $AKB$.
Решение 1
Построим равносторонний треугольник $BCL$ (см.рисунок; точки $A$ и $L$ находятся по одну сторону от прямой $BC$).
Точки $A, C$ и $L$ лежат на окружности радиуса $BA$ с центром в точке $B$. Поскольку $K$ лежит внутри треугольника $ABC, AC > BC$. Значит, ∠ABC > 60°, откуда $L$ и $B$ лежат по разные стороны от $AC$ и $L$ лежит на меньшей дуге $AC$. Поэтому вписанный угол $CAL$ равен половине центрального угла $CBL$, то есть 30°.
Очевидно, точка $K$, удовлетворяющая условиям задачи, единственна, следовательно, она совпадает с точкой, симметричной $L$ относительно стороны $AC$.
Значит, треугольник $AKL$ равносторонний, точка $K$, как и точка $B$, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AL$, откуда $\angle AKB=\angle LKB=180^{\circ} - \frac{1}{2} \angle AKL=150^{\circ}$.
Решение 2
Пусть высота $BM$ треугольника $ABC$ пересекается с прямой $AK$ в точке $O$ (см.рисунок).
Тогда $\angle COM=\angle AOM=60^{\circ}$. Значит, ∠AOC = 120° и ∠COB = 120°. Следовательно, треугольники $BOC$ и $KOC$ равны по двум сторонам и углу, лежащей против большей из них (так называемый четвёртый признак равенства треугольников). Поэтому $OB = OK$, то есть треугольник $BOK$ равнобедренный с углом 120° при вершине $O$. Поэтому ∠OKB = 30°, а ∠AKB = 150°.
Решение 3
Построим на $AC$ равносторонний треугольник $ACL$ так, чтобы точки $L$ и $B$ лежали с одной стороны от $AC$ (см. рис).
Проведём в треугольнике $ABC$ высоту $BM$, она же серединный перпендикуляр к стороне $AC$. Точка $L$ также лежит на прямой $BM$. Кроме этого, проведём в треугольнике $ALC$ высоту $AN$. Так как $AN$ – биссектриса угла $LAC$, точка K лежит на этой прямой, причём с той же стороны от $BM$, что и $A$, так как из-за $CK = CB$ она не может лежать внутри треугольника $BMC$; таким образом, $K$ лежит на отрезке $AN$.
Заметим, что прямоугольные треугольники $BMC$ и $KNC$ равны по катету и гипотенузе (так как $MC$ = AC/2 = LC/2 = $NC, BC = KC$). Отсюда следует, во-первых, что $BM = KN$, во-вторых, что $B$ лежит на отрезке $LM$ (так как $BM = KN < AN = LM$), и, наконец, что $LB = LM - BM =AN - KN = AK$.
Теперь рассмотрим четырёхугольник $ALBK$. В нем ∠LAK = ∠ALB = 30° и $AK = LB$, то есть это равнобокая трапеция. Отсюда следует, что ∠AKB = 180° – ∠KAL = 150°.
Решение 4
Пусть ∠B = 2β. По теореме синусов $2BC \sin \beta = AC = KC\dfrac{\sin\angle AKC}{\sin 30^\circ} = 2BC \sin\angle AKC$, и поскольку ∠AKC > 2β > β, то ∠AKC = 180° – β. Значит,
∠ACK = β – 30°,
∠KCB = ∠C – ∠ACK = (90° – β) – (β – 30°) = 120° – 2β, ∠BKC = ½ (180° – ∠KCB) = 30° + β, ∠AKB = 360° – ∠BKC – ∠AKC = 360° – (30° + β) – (180° – β) = 150°.
Ответ
150 °.
Замечания
9 баллов
