10865. Внутри равнобедренного треугольника ABC
отмечена точка K
так, что AB=BC=CK
и \angle KAC=30^{\circ}
. Найдите угол AKB
.
Ответ. 150^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Построим на отрезке AC
равносторонний треугольник ACL
так, чтобы точки L
и B
лежали по одну сторону от AC
(рис. 1). Проведём в треугольнике ABC
высоту BM
, она же серединный перпендикуляр к стороне AC
. Треугольник ALC
равносторонний, поэтому точка L
также лежит на прямой BM
. Кроме этого, проведём в треугольнике ALC
высоту AN
. Луч AN
— биссектриса угла LAC
, поэтому точка K
лежит на этой прямой. Отметим также, что точка K
лежит с той же стороны от BM
, что и точка A
, так как из-за того что CK=CB
она не может лежать внутри треугольника BMC
. Таким образом, точка K
лежит на отрезке AN
.
Заметим, что прямоугольные треугольники BMC
и KNC
равны по катету и гипотенузе:
MC=\frac{AC}{2}=\frac{LC}{2}=NC,~BC=KC.
Отсюда следует, во-первых, что BM=KN
, во-вторых, что точка B
лежит на отрезке LM
(так как BM=KN\lt AN=LM
), и, наконец, что
LB=LM-BM=AN-KN=AK.
Теперь рассмотрим четырёхугольник ALBK
. В нём \angle LAK=\angle ALB=30^{\circ}
и AK=LB
, т. е. это равнобокая трапеция. Отсюда следует, что
\angle AKB=180^{\circ}-\angle KAL=150^{\circ}.
Второй способ. Построим на отрезке AB
равносторонний треугольник ABP
так, чтобы точки P
и C
лежали по одну сторону от прямой AB
(рис. 2). Тогда треугольник PBC
равнобедренный с основанием PC
(BP=AB=BC
). Как известно, любой отрезок, лежащий внутри треугольника, короче одной из его сторон, если он не совпадает ни с одной из них, а так как отрезок CK
равен сторонам AB
и BC
треугольника ABC
, он должен быть короче AC
. Отсюда следует, что для треугольника ABC
верно неравенство AC\gt AB=BC
, т. е.
\angle ABC\gt60^{\circ}\gt\angle BAC.
Следовательно, точки P
и B
лежат по разные стороны от прямой AC
.
Заметим, что
\angle BCP=\frac{180^{\circ}-\angle PBC}{2}~\mbox{и}~\angle BCA=\frac{180^{\circ}-\angle ABC}{2},
так как треугольники ABC
и PBC
равнобедренные. Тогда
\angle PCA=\angle PCB-\angle ACB=\frac{(180^{\circ}-\angle PBC)-(180^{\circ}-\angle ABC)}{2}=
=\frac{\angle ABC-\angle PBC}{2}=\frac{\angle ABP}{2}=30^{\circ},
так как треугольник ABP
равносторонний. Из равенства углов \angle KAC=30^{\circ}=\angle ACP
получаем, что AK\parallel CP
. Параллельность AK
и CP
и равенство KC=AP
означают, что AKCP
— параллелограмм или равнобокая трапеция.
Заметим, что
\angle KAP\lt\angle BAP=60^{\circ}\lt90^{\circ}~\mbox{и}~\angle KCP\lt\angle PCB\lt90^{\circ}
(угол при основании равнобедренного треугольника), но в равнобокой трапеции сумма противоположных углов равна 180^{\circ}
, следовательно, AKCP
— параллелограмм. Осталось посчитать углы.
Пусть \angle BAK=\alpha
, тогда
\angle CAP=\angle BAP-\angle BAK-\angle KAC=30^{\circ}-\alpha.
При этом \angle KCA=\angle CAP
, так как AKCP
— параллелограмм. Заметим, что
\angle BCK=\angle BCA-\angle KCA=\angle BAC-\angle KCA=(\alpha+30^{\circ})-(30^{\circ}-\alpha)=2\alpha.
Следовательно, из суммы углов треугольника BKC
получаем, что
\angle KBC=\frac{180^{\circ}-\angle BCK}{2}=\frac{180^{\circ}-2\alpha}{2}=90^{\circ}-\alpha.
При этом, из суммы углов треугольника ABC
получаем, что
\angle ABC=180^{\circ}-2\angle BAC=180^{\circ}-2(30^{\circ}+\alpha)=120^{\circ}-2\alpha.
Наконец, рассмотрим треугольник ABK
. В нём известны углы \angle ABK=30^{\circ}-\alpha
и \angle BAK=\alpha
. Следовательно, третий угол \angle AKB=150^{\circ}
.
Третий способ. Проведём в треугольнике ABC
высоту BM
и обозначим её точку пересечения с прямой AK
за O
(рис. 3). Заметим, что \angle AOM=60^{\circ}
, а из симметрии относительно прямой BM
получим, что \angle COM=60^{\circ}
. Тогда имеем
\angle AOC=120^{\circ}~\mbox{и}~\angle COB=120^{\circ},
т. е. лучи OB
и OK
симметричны относительно прямой CO
. Точки B
и K
— точки пересечения этих лучей с некоторой окружностью с центром в точке C
(которая тоже симметрична относительно CO
), поэтому и сами эти точки симметричны; в частности, OB=OK
. Получаем, что треугольник BKO
равнобедренный с углом 120^{\circ}
при вершине O
, откуда \angle OKB=30^{\circ}
и \angle AKB=150^{\circ}
.