6697. Через вершину C
квадрата ABCD
проведена прямая, пересекающая диагональ BD
в точке K
, а серединный перпендикуляр к стороне AB
— в точке M
. Найдите \angle DCK
, если \angle AKB=\angle AMB
.
Ответ. 15^{\circ}
или \arctg\sqrt{7}
.
Решение. Пусть точка M
лежит на отрезке CK
(рис. 1). По условию задачи \angle AKB=\angle AMB
, т. е. из точек K
и M
, лежащих по одну сторону от прямой AB
, отрезок AB
виден под одним и тем же углом. Значит, точки A
, B
, K
и M
лежат на одной окружности (см. задачу 12).
Точка M
лежит на серединном перпендикуляре к отрезку AB
, поэтому MA=MB
. Кроме того, точка K
лежит на диагонали BD
квадрата, поэтому
\angle MAB=\angle MKB=\angle AKB=\angle AMB.
Следовательно, AM=AB
, т. е. треугольник AMB
равносторонний, \angle AMB=60^{\circ}
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle DCK=\angle BKC-\angle CDK=\angle MAB-\angle BKC=60^{\circ}-45^{\circ}=15^{\circ}.
Пусть точка M
лежит на продолжении отрезка CK
за точку K
. Положим AB=2
и обозначим \angle DCK=\varphi
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle BKA=\angle BKC=\angle BDC+\angle KCD=45^{\circ}+\varphi.
Пусть P
и Q
— середины сторон AB
и CD
соответственно. Тогда
MP=MQ-PQ=CQ\tg\varphi-2=\tg\varphi-2.
Из прямоугольного треугольника BMP
находим, что
\tg\frac{1}{2}\angle AMB=\tg\angle BMP=\frac{BP}{MP}=\frac{1}{\tg\varphi-2}.
Значит,
\tg\angle AMB=\frac{2\cdot\frac{1}{\tg\varphi-2}}{1-\frac{1}{(\tg\varphi-2)^{2}}}=\frac{2(\tg\varphi-2)}{(\tg\varphi-3)(\tg\varphi-1)}.
С другой стороны,
\angle AMB=\angle BKA=\angle BKC=45^{\circ}+\varphi,
поэтому
\tg\angle AMB=\tg(45^{\circ}+\varphi)=\frac{1+\tg\varphi}{1-\tg\varphi}.
Из равенства
\frac{2(\tg\varphi-2)}{(\tg\varphi-3)(\tg\varphi-1)}=\frac{1+\tg\varphi}{1-\tg\varphi}
находим, что \tg\varphi=\sqrt{7}
.