10621. Точки M
и N
лежат на боковых сторонах соответственно AC
и AB
равнобедренного треугольника ABC
с углом 20^{\circ}
при вершине. Известно, что \angle ABM=10^{\circ}
и \angle ACN=20^{\circ}
. Найдите угол BMN
.
Ответ. 20^{\circ}
.
Решение. Первый способ. (М.А.Волчкевич). Пусть прямая, проходящая через точку M
параллельно BC
, пересекает сторону AB
в точке F
, а отрезки CF
и BM
пересекаются в точке K
. Тогда
\angle MCF=\angle FBM=10^{\circ},~\angle NCK=20^{\circ}-10^{\circ}=10^{\circ}.
Из точек B
и C
, лежащих по одну сторону от прямой KN
, отрезок KN
виден под одним и тем же углом, поэтому точки B
, N
, K
и C
лежат на одной окружности. Значит,
\angle FNK=180^{\circ}-\angle BNK=\angle BCK=80^{\circ}-10^{\circ}=70^{\circ}.
Кроме того,
\angle FMK=\angle KBC=80^{\circ}-10^{\circ}=70^{\circ},~\angle NFK=\angle BFC=180^{\circ}-80^{\circ}-70^{\circ}=30^{\circ},
а по теореме о внешнем угле треугольника
\angle FKM=10^{\circ}+30^{\circ}=40^{\circ}.
Рассмотрим четырёхугольник MKNF
. Пусть N_{1}
— точка, симметричная точке N
относительно прямой FK
. Тогда из симметрии
\angle FN_{1}K=\angle FNK=70^{\circ}.
Из точек M
и N_{1}
, лежащих по одну сторону от прямой FK
, отрезок FK
виден под одним и тем же углом, поэтому точки F
, M
, N_{1}
и K
лежат на одной окружности. Тогда
\angle KMN_{1}=\angle KFN_{1}=\angle NFK=30^{\circ},~\angle NFN_{1}=60^{\circ},
\angle FMN_{1}=\angle FMK+\angle KMN_{1}=70^{\circ}+30^{\circ}=100^{\circ},
а так как из симметрии FN_{1}=FN
, то треугольник NFN_{1}
равносторонний. Значит, NN_{1}=NF
, т. е. точка N
равноудалена от концов отрезка FN_{1}
.
В то же время,
\angle FN_{1}M=\angle FKM=40^{\circ},~\angle MFN_{1}=180^{\circ}-100^{\circ}-40^{\circ}=40^{\circ},
значит, треугольник FMN_{1}
равнобедренный, FM=MN_{1}
, т. е. точка M
также равноудалена от концов отрезка FN_{1}
. Тогда MN
— серединный перпендикуляр к отрезку FN_{1}
.
Значит, луч MN
— биссектриса угла FMN_{1}
, равного 100^{\circ}
, поэтому \angle NMN_{1}=50^{\circ}
. Следовательно,
\angle BMN=\angle KMN=\angle NMN_{1}-\angle KMN_{1}=50^{\circ}-30^{\circ}=20^{\circ}.
Второй способ. Рассмотрим вписанный в окружность правильный 18-угольник A_{1}\dots A_{19}
. Докажем, что его диагонали A_{1}A_{8}
, A_{3}A_{9}
и A_{7}A_{16}
пересекаются в одной точке. Для этого к треугольнику A_{1}A_{7}A_{9}
применим теорему Чевы в тригонометрической форме (см. задачу 1900). Градусная мера дуги между соседними вершинами этого 18-угольника равна 20^{\circ}
.
Луч A_{9}A_{3}
разбивает угол A_{1}A_{9}A_{7}
на углы
\angle A_{1}A_{9}A_{3}=\frac{1}{2}\smile A_{1}A_{2}A_{3}=\frac{1}{2}\cdot40^{\circ}=20^{\circ},~\angle A_{3}A_{9}A_{7}=\frac{1}{2}\smile A_{7}A_{5}A_{4}=\frac{1}{2}\cdot80^{\circ}=40^{\circ}.
Аналогично,
\angle A_{9}A_{7}A_{16}=70^{\circ},~\angle A_{16}A_{7}A_{1}=30^{\circ},~\angle A_{7}A_{1}A_{9}=10^{\circ},~\angle A_{8}A_{1}A_{9}=10^{\circ}.
Тогда
\frac{\sin\angle A_{1}A_{9}A_{3}}{\sin\angle A_{3}A_{9}A_{7}}\cdot\frac{\sin\angle A_{9}A_{7}A_{16}}{\sin\angle A_{16}A_{7}A_{1}}\cdot\frac{\sin\angle A_{7}A_{1}A_{9}}{\sin\angle A_{8}A_{1}A_{9}}=
=\frac{\sin20^{\circ}}{\sin40^{\circ}}\cdot\frac{\sin70^{\circ}}{\sin30^{\circ}}\cdot\frac{\sin10^{\circ}}{\sin10^{\circ}}=\frac{2\sin20^{\circ}\sin70^{\circ}}{\sin40^{\circ}}=1,
так как
2\sin20^{\circ}\sin70^{\circ}=\cos(20^{\circ}-70^{\circ})-\cos(20^{\circ}+70^{\circ})=\cos50^{\circ}=\sin40^{\circ}.
Следовательно, прямые A_{1}A_{8}
, A_{3}A_{9}
и A_{7}A_{16}
пересекаются в одной точке. Обозначим её N
.
Пусть продолжения хорд A_{1}A_{8}
и A_{16}A_{9}
пересекаются в точке A
. Переобозначим A_{1}=B
, A_{16}=C
и A_{9}=M
. Получим исходную задачу для треугольника ABC
и отрезков BM
и CN
. По теореме о вписанном угле
\angle BMN=\angle A_{1}MA_{3}=\frac{1}{2}\smile A_{1}A_{2}A_{3}=\frac{1}{2}\cdot40^{\circ}=20^{\circ}.
Примечание. См. статью В.Прасолова «Диагонали правильного 18-угольника», Квант, 1995, N5, с.40-42.