11650. В прямоугольном треугольнике ABC
из вершины прямого угла проведена биссектриса CL
. На стороне AC
отмечена точка K
так, что угол CLK
прямой. Оказалось, что AK=BC
. Найдите острые углы треугольника.
Ответ. 22{,}5^{\circ}
, 67{,}5^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Поскольку \angle KCL=45^{\circ}
, треугольник CKL
прямоугольный и равнобедренный. На продолжении отрезка LK
за точку K
отложим отрезок KD=KL
. Тогда
\angle AKD=\angle CKL=BCL=45^{\circ}~\mbox{и}~DK=KL=CL.
Треугольники AKD
и BCL
равны по двум сторонам и углу между ними, поэтому
\angle DAK=\angle LBC~\Rightarrow~\angle DAL=\angle DAK+\angle BAC=\angle LBC+\angle BAC=90^{\circ}.
Медиана AK
прямоугольного треугольника DAL
равна половине гипотенузы DL
(см. задачу 1109), т. е. AK=KL
. Значит, треугольник AKL
равнобедренный, а его внешний угол при вершине K
равен 45^{\circ}
. Следовательно,
\angle BAC=\angle KAL=\frac{1}{2}\angle CKL=22{,}5^{\circ},~\angle ABC=67{,}5^{\circ}.
Второй способ. Обозначим AK=BC=a
, CK=b
. Пусть прямая KL
пересекает продолжение катета BC
в точке E
. Поскольку
\angle KEC=\angle LKC=\angle KCL=45^{\circ},
треугольник KCL
прямоугольный и равнобедренный. Значит, CE=CK=b
. По свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{BL}{LA}=\frac{BC}{AC}=\frac{a}{b+a}.
По теореме Менелая для треугольника ABC
и прямой KL
(см. задачу 1622)
\frac{AK}{KC}\cdot\frac{CE}{EB}\cdot\frac{BL}{LA}\cdot=1,~\mbox{или}~\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{b-a}\cdot\frac{a}{b+a}\cdot=1,
откуда b=a\sqrt{2}
. Тогда из равнобедренного прямоугольного треугольника CKL
получаем, что KL=\frac{CK}{\sqrt{2}}=a
, поэтому треугольник AKL
равнобедренный. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle BAC=\angle KAL=\frac{1}{2}\angle CKL=22{,}5^{\circ}.
Тогда \angle ABC=67{,}5^{\circ}
.