3709. Дан параллелограмм ABCD
, у которого AB=3
, AD=\sqrt{3}+1
и \angle BAD=60^{\circ}
. На стороне AB
взята такая точка K
, что AK:KB=2:1
. Через точку K
параллельно AD
проведена прямая. На этой прямой внутри параллелограмма выбрана точка L
, а на стороне AD
выбрана точка M
так, что AM=KL
. Прямые BM
и CL
пересекаются в точке N
. Найдите угол BKN
.
Ответ. 180^{\circ}-\arccos\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=105^{\circ}
.
Указание. Докажите, что прямые KD
, BM
и CL
пересекаются в одной точке. Для этого воспользуйтесь следующим утверждением.
Через точку X
, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X
равновелики тогда и только тогда, когда точка X
лежит на диагонали параллелограмма.
Решение. Воспользуемся следующим утверждением.
Через точку X
, лежащую внутри параллелограмма, проведены прямые, параллельные его сторонам. Тогда два образовавшихся при этом параллелограмма с единственной общей вершиной X
равновелики тогда и только тогда, когда точка X
лежит на диагонали параллелограмма.
Пусть прямые BM
и KD
пересекаются в точке N
. Докажем, что прямая CL
проходит через точку N
. Для этого проведём через точку N
прямые, параллельные сторонам исходного параллелограмма. Пусть прямая, параллельная AB
, пересекает стороны BC
и AD
соответственно в точках P
и Q
, а вторая прямая — стороны AB
и CD
соответственно в точках R
и S
. Продолжим LM
и KL
до пересечения со сторонами соответственно BC
и CD
в точках F
и G
. Пусть отрезки MF
и RS
пересекаются в точке E
, а отрезки KG
и PQ
— в точке H
.
Поскольку точка N
лежит на диагонали BM
параллелограмма ABFM
и на диагонали KD
параллелограмма AKGD
, то S_{ARNQ}=S_{NPFE}
и S_{ARNQ}=S_{NHGS}
. Значит, S_{NPFE}=S_{NHGS}
, поэтому параллелограммы HPFL
и ELGS
равновелики. Следовательно, точка L
лежит на диагонали CN
параллелограмма NPCS
. Поэтому прямая CL
проходит через точку N
.
Из треугольника AKD
по теореме косинусов находим, что
KD^{2}=AK^{2}+AD^{2}-2\cdot AK\cdot AD\cdot\cos60^{\circ}=
=2^{2}+(\sqrt{3}+1)^{2}-2\cdot2\cdot(\sqrt{3}+1)\cdot\frac{1}{2}=6,
\cos\angle AKD=\frac{KD^{2}+KA^{2}-AD^{2}}{2\cdot KD\cdot KA}=\frac{4+6-(\sqrt{3}+1)^{2}}{2\cdot2\cdot\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.
Следовательно,
\angle AKD=\arccos\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=75^{\circ},
\angle BKN=180^{\circ}-\angle AKD=180^{\circ}-75^{\circ}=105^{\circ}.
Источник: Вступительный экзамен на факультет вычислительной математики и кибернетики (ВМК) МГУ. — 2003 (июль), вариант 1, № 6
Источник: Математика. Задачи вступительных экзаменов с ответами и решениями / Сост. Е. А. Григорьев. — М.: УНЦ ДО, 2004. — с. 25