13934. Дан квадрат ABCD
со стороной a
. Точки K
и L
лежат на сторонах BC
и AD
соответственно, причём периметр треугольника KCL
равен 2a
. Найдите углы треугольника AKL
, имеющего наименьшую возможную площадь при этих условиях.
Ответ. 45^{\circ}
; 67{,}5^{\circ}
; 67{,}5^{\circ}
.
Решение. Поскольку периметр треугольника KCL
равен 2a
, а сторона квадрата равна a
, то
KL=2a-(CL+CK)=2a-(a-DL+a-BK)=BK+DL.
Пусть M
— точка на продолжении отрезка KB
за точку B
, причём BM=DL
. Тогда прямоугольные треугольники ABM
и ADL
равны по двум катетам, поэтому \angle BAM=\angle DAL
. Значит,
\angle LAM=\angle BAM+\angle BAL=\angle DAL+\angle BAL=90^{\circ}.
Кроме того, AM=AL
, а так как
KM=KB+DL=KL,
то треугольники AKL
и AMK
равны по трём сторонам. Значит, \angle KAL=\angle MAK
, т. е. AK
— биссектриса угла MAL
. Следовательно,
\angle KAL=\frac{1}{2}\angle MAK=\frac{1}{2}\cdot90^{\circ}=45^{\circ}.
Обозначим \angle KAB=\theta
. Из прямоугольных треугольников ABK
и ADL
находим, что
AK=\frac{AB}{\cos\angle KAB}=\frac{a}{\cos\theta},
AL=\frac{AD}{\cos\angle DAL}=\frac{a}{\cos(90^{\circ}-(45^{\circ}+\theta))}=\frac{a}{\cos(45^{\circ}-\theta)}.
Тогда
S_{\triangle AKL}=\frac{1}{2}AK\cdot AL\sin45^{\circ}=\frac{a^{2}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{2\cos\theta\cos(45^{\circ}-\theta)}=
=\frac{a^{2}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\cos(\theta-45^{\circ}+\theta)+\cos(\theta+45^{\circ}-\theta)}=
=\frac{a^{2}}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\cos(2\theta-45^{\circ})+\cos45^{\circ}}=\frac{a^{2}}{\sqrt{2}\cos(2\theta-45^{\circ})+1}\geqslant
\geqslant\frac{a^{2}}{\sqrt{2}+1}=a^{2}(\sqrt{2}-1).
Равенство достигается, если \cos(2\theta-45^{\circ})=1
, т. е. при 2\theta-45^{\circ}=0^{\circ}
, или \theta=22{,}5^{\circ}
. Тогда
\angle DAL=90^{\circ}-45^{\circ}-\theta=45^{\circ}-22{,}5^{\circ}=22{,}5^{\circ},
поэтому прямоугольные треугольники ADL
и ABK
равны по катету и прилежащему острому углу. Значит, AL=AK
, т. е. треугольник AKL
равнобедренный. Следовательно,
\angle AKL=\angle ALK=\frac{1}{2}(180^{\circ}-45^{\circ})=67{,}5^{\circ}