16085. Прямая, проведённая через центр I
вписанной окружности треугольника ABC
параллельно стороне AB
, пересекает стороны BC
и AL
в точках H
и L
соответственно. Найдите углы при вершинах A
и B
треугольника ABC
, если угол при вершине C
равен 12^{\circ}
, а точки A
, B
, H
и K
лежат на одной окружности.
Ответ. 150^{\circ}
и 18^{\circ}
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
. Тогда
\angle ABC=168^{\circ}-\alpha,
а так как LI\parallel AB
, то \angle ILK=\alpha
. Четырёхугольник ABHK
вписанный, IK\parallel CH
и IC
— биссектриса угла ACB
, поэтому
\angle CHK=\angle BAC=\alpha,
\angle HKL=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-(168^{\circ}-\alpha)=12^{\circ}+\alpha,
\angle KIC=\angle IKL-\angle ICK=\angle BCA-\angle ICK=12^{\circ}-6^{\circ}=6^{\circ}=\angle ICK.
Тогда треугольник IKC
равнобедренный, IK=KC
, а так как \angle IKL=\angle KCH
и \angle ILK=\angle CHK=\alpha
, то \angle LIK=\angle HKC
. Значит, треугольник LIK
равен треугольнику HKC
по стороне и двум прилежащим к ней углам, и оба они подобны треугольникам LHC
и ABC
.
Обозначим IK=KC=a
и HC=LK=b
. Тогда из подобия
\frac{b}{a}=\frac{CH}{IK}=\frac{CL}{LK}=\frac{a+b}{b}=\frac{a}{b}+1,~\mbox{или}~\left(\frac{b}{a}\right)^{2}-\frac{b}{a}-1=0,
откуда
\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}=\frac{1}{2\sin18^{\circ}}
(см. задачу 1494).
По теореме синусов для треугольника LIK
получаем
\frac{1+\sqrt{5}}{2}=\frac{b}{a}=\frac{\sin\angle KIL}{\sin\angle HLK}=\frac{\sin(168^{\circ}-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sin(12^{\circ}+\alpha)}{\sin\alpha},~\mbox{или}~
\frac{1}{2\sin18^{\circ}}=\frac{\sin(12^{\circ}+\alpha)}{\sin\alpha}~\Rightarrow~
\Rightarrow~\sin30^{\circ}\sin\alpha=\sin(12^{\circ}+\alpha)\sin18^{\circ}.
Ясно, что \alpha=18^{\circ}
— корень этого уравнения. Других корней нет, так как для 0^{\circ}\lt\alpha\lt168^{\circ}
функция f(\alpha)
строго возрастает, поскольку на этом промежутке
f'(\alpha)=\frac{\sin12^{\circ}}{\sin^{2}(12^{\circ}+\alpha)}\gt0.
Следовательно,
\angle A=18^{\circ}~\mbox{и}~\angle B=150^{\circ}.