4168. В четырёхугольнике ABCD
известно, что AB=BC
, \angle A=\angle B=20^{\circ}
, \angle C=30^{\circ}
. Продолжение стороны AD
пересекает BC
в точке M
, а продолжение стороны CD
пересекает AB
в точке N
. Найдите угол AMN
.
Ответ. 30^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Проведём отрезок AC
. Тогда ABC
— равнобедренный треугольник с углом 80^{\circ}
при основании. Через точку M
проведём прямую, параллельную AC
, до пересечения со стороной AB
в точке P
(рис. 1). Пусть отрезки AM
и CP
пересекаются в точке K
. Так как \angle KAC=60^{\circ}
, то треугольник KAC
— равносторонний, тогда треугольник KPM
— также равносторонний.
В треугольнике ANC
известно, что
\angle ACN=\angle ACB-\angle DCB=50^{\circ},~\angle ANC=180^{\circ}-\angle CAB-\angle ACN=50^{\circ},
поэтому он равнобедренный. Следовательно, AN=AC=AK
. Получаем, что треугольник ANK
— равнобедренный с углом 20^{\circ}
при вершине A
, поэтому \angle MKN=100^{\circ}=\angle MPN
. Таким образом, в тупоугольных треугольниках MKN
и MPN
сторона MN
— общая, MK=MP
и равны тупые углы MKN
и MPN
. Следовательно, эти треугольники равны. Тогда
\angle KMN=\angle PMN=\frac{1}{2}\angle PMA=30^{\circ}.
Второй способ. Проведя отрезок AC
, рассмотрим треугольник ANC
. Так как
\angle ACN=\angle ACB-\angle DCB=50^{\circ},~\angle ANC=180^{\circ}-\angle CAB-\angle ACN=50^{\circ},
то AN=AC
.
На стороне BC
отметим точку L
, для которой \angle CAL=20^{\circ}
(рис. 2). Тогда \angle ACL=\angle ALC=80^{\circ}
, следовательно, треугольник ALC
— равнобедренный (AL=AC
).
Рассмотрим треугольник ANL
. В этом треугольнике \angle NAL=60^{\circ}
и AN=AL
, следовательно, он равносторонний, т. е. AN=AL=NL
.
Угол AML
— внешний для треугольника AMB
, поэтому \angle AML=40^{\circ}=\angle MAL
. Следовательно, треугольник ALM
также равнобедренный (AL=ML
). Поскольку ML=AL=NL
, треугольник NLM
равнобедренный, тогда \angle LNM=\angle NML=180^{\circ}-\angle NLM=70^{\circ}
. Следовательно,
\angle AMN=70^{\circ}-40^{\circ}=30^{\circ}.
Третий способ. Докажем подобие треугольников CBN
и MAN
(рис. 2). Так как \angle CBN=\angle MAN=20^{\circ}
, то достаточно проверить, что \frac{CB}{MA}=\frac{BN}{AN}
.
Пусть AB=BC=a
, тогда из равнобедренного треугольника ABC
получим, что AC=2a\sin10^{\circ}
, а из равнобедренного треугольника AMB
получим, что MA=\frac{a}{2\cos20^{\circ}}
.
Треугольник ANC
— также равнобедренный:
\angle ACN=\angle ACB-\angle DCB=50^{\circ},~\angle ANC=180^{\circ}-\angle CAB-\angle ACN=50^{\circ},
поэтому AN=AC
. Тогда BN=AB-AN=a(1-2\sin10^{\circ})
.
Таким образом, проверяемое равенство равносильно равенству \frac{a}{\frac{a}{2\cos20^{\circ}}}=\frac{a(1-2\sin10^{\circ})}{2a\sin10^{\circ}}
, которое, в свою очередь, равносильно равенству 4\sin10^{\circ}\cos20^{\circ}=1-2\sin10^{\circ}
.
Полученное тригонометрическое тождество можно доказать различными способами. Например, заменим его на равносильное, умножив обе части на \cos10^{\circ}
. Получим: \sin40^{\circ}=\cos10^{\circ}-\sin20^{\circ}
. Это равенство выполняется, так как
\sin40^{\circ}+\sin20^{\circ}=2\sin30^{\circ}\cos10^{\circ}=\cos10^{\circ}.
Из доказанного подобия треугольников CBN
и MAN
следует, что \angle AMN=\angle BCN=30^{\circ}
.
Четвёртый способ. Проведём отрезок AC
. Тогда ABC
— равнобедренный треугольник с углом 20^{\circ}
при вершине. Рассмотрим правильный восемнадцатиугольник A_{1}A_{2}\dots A_{18}
, вписанный в окружность с центром B
. Пусть A=A_{18}
и C=A_{17}
, тогда рассматриваемый треугольник ABC
совпадёт с треугольником A_{18}BA_{17}
(рис. 3).
Так как \angle A_{5}CA_{8}=\frac{1}{2}\smile A_{5}A_{8}=30^{\circ}
, то диагональ A_{17}A_{5}
пересекает AB
в данной точке N
. Так как диагонали A_{17}A_{5}
и A_{1}A_{13}
симметричны относительно диаметра A_{18}A_{9}
, то A_{1}A_{13}
проходит через точку N
.
Так как \angle A_{9}AA_{11}=\frac{1}{2}\smile A_{9}A_{11}=20^{\circ}
, то диагональ A_{11}A_{18}
пересекает BC
в данной точке M
. Докажем, что через точку M
проходит также и диагональ A_{1}A_{13}
. Рассмотрим треугольник A_{1}A_{11}A_{17}
и используем теорему Чевы в тригонометрической форме (см. задачу 1900):
\frac{\sin A_{1}A_{11}A_{18}}{\sin A_{11}A_{1}A_{13}}\cdot\frac{\sin A_{8}A_{17}A_{11}}{\sin A_{17}A_{11}A_{18}}\cdot\frac{\sin A_{13}A_{1}A_{17}}{\sin A_{1}A_{17}A_{8}}=\frac{\sin10^{\circ}}{\sin20^{\circ}}\cdot\frac{\sin30^{\circ}}{\sin10^{\circ}}\cdot\frac{\sin40^{\circ}}{\sin70^{\circ}}=
=\frac{\sin30^{\circ}}{\sin20^{\circ}}\cdot\frac{\sin40^{\circ}}{\cos20^{\circ}}=1.
Следовательно, диагонали A_{1}A_{13}
, A_{8}A_{17}
и A_{11}A_{18}
пересекаются в одной точке. Тогда
\angle AMN=\angle A_{18}MA_{1}=\frac{1}{2}(\smile A_{1}A_{18}+\smile A_{11}A_{13})=30^{\circ}
(см. задачу 26).