1985. Вершины M
и N
равностороннего треугольника BMN
лежат соответственно на сторонах AD
и CD
квадрата ABCD
со стороной, равной a
. Найдите MN
.
Ответ. (\sqrt{6}-\sqrt{2})a
.
Указание. Докажите, что MN\parallel AC
; обозначьте сторону равностороннего треугольника через x
; составьте уравнение относительно x
.
Решение. Первый способ. Прямоугольные треугольники ABM
и CBN
равны по катету и гипотенузе, поэтому
\angle ABM=\angle CBN=\frac{1}{2}(\angle ABC-\angle MBN)=\frac{1}{2}(90^{\circ}-60^{\circ})=15^{\circ},
значит,
\angle MND=180^{\circ}-(\angle BNC+\angle BNM)=180^{\circ}-75^{\circ}-60^{\circ}=45^{\circ}=\angle ACD.
Следовательно, MN\parallel AC
.
Пусть диагональ BD
квадрата пересекает отрезок MN
в точке K
. Тогда BK
и DK
— высоты треугольников BMN
и DMN
. Обозначим MN=BM=BN=x
. Из равнобедренного прямоугольного треугольника MDN
и равностороннего треугольника BMN
находим, что
DK=\frac{1}{2}MN=\frac{x}{2},~BK=\frac{x\sqrt{3}}{2},
а так как DK+BK=BD=a\sqrt{2}
, имеем уравнение
\frac{x}{2}+\frac{x\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{2},
откуда находим, что x=(\sqrt{6}-\sqrt{2})a
.
Второй способ. Прямоугольные треугольники ABM
и CBN
равны по катету и гипотенузе, поэтому
\angle ABM=\angle CBN=\frac{1}{2}(\angle ABC-\angle MBN)=\frac{1}{2}(90^{\circ}-60^{\circ})=15^{\circ},
следовательно,
BM=\frac{AB}{\cos\angle ABM}=\frac{AB}{\cos15^{\circ}}=\frac{a}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}=\frac{4a}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=a(\sqrt{6}-\sqrt{2}).
Примечание. С помощью результата, полученного в первом способе, можно вычислить \cos15^{\circ}
и \sin15^{\circ}
. Из прямоугольного треугольника ABM
, в котором AB=a
и BM=a(\sqrt{6}-\sqrt{2})
, находим, что
\cos15^{\circ}=\frac{AB}{BM}=\frac{a}{a(\sqrt{6}-\sqrt{2})}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}.
Тогда
\sin15^{\circ}=\sqrt{1-\cos^{2}15^{\circ}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.