10778. Вне квадрата ABCD
отметили точку E
так, что \angle BAE=30^{\circ}
и \angle BCE=75^{\circ}
. Найдите угол CBE
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. Первый способ. На продолжении стороны BC
за точку B
отложим отрезок BF=BC
. Тогда точки A
, C
и F
лежат на окружности S
с центром в точке B
. Поскольку
\angle EAF=\angle BAE+\angle BAF=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ}=\angle BCE=\angle FCE,
отрезок EF
виден из точек A
и C
, лежащих по одну сторону от прямой EF
, под одним и тем же углом. Значит, точки A
, C
, E
и F
лежат на одной окружности, причём эта окружность совпадает с окружностью S
, так как через точки A
, C
и F
проходит единственная окружность.
Отрезок CF
— диаметр этой окружности, поэтому \angle CEF=90^{\circ}
. Тогда
\angle CFE=90^{\circ}-\angle FCE=90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ},
а так как центральный угол CBE
вдвое больше вписанного угла CFE
, то \angle CBE=30^{\circ}
.
Второй способ. От луча BC
в полуплоскость, не содержащую точку A
, отложим луч под углом 30^{\circ}
к BC
. Пусть E'
— точка пересечения отложенного луча с лучом BE
, а K
— точка пересечения отрезков AE'
и BC
. Тогда \angle AKB=60^{\circ}
, а по теореме о внешнем угле треугольника
\angle AE'B=\angle KE'B=30^{\circ}=\angle BAE'.
Значит, треугольник AE'B
равнобедренный, BE'=AB=BC
, т. е. треугольник BCE'
также равнобедренный. Тогда
\angle BCE'=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle CBE')=\frac{1}{2}(180^{\circ}-30^{\circ})=75^{\circ}=\angle BCE,
поэтому точка E'
совпадает с E
. Следовательно, \angle CBE=30^{\circ}
.