Задача 77963

Темы:    [ Вычисление углов ] [ Признаки и свойства равнобедренного треугольника. ] [ Применение тригонометрических формул (геометрия) ] [ Правильные многоугольники ]

Сложность: 5 Классы: 9,10,11

Условие

В равнобедренном треугольнике ABC  ∠ABC = 20°.  На равных сторонах CB и AB взяты соответственно точки P и Q так, что  ∠PAC = 50°  и  ∠QCA = 60°.
Докажите, что  ∠PQC = 30°.

Решение 1

  Выберем на стороне BC точку M так, что  ∠CAM = 60°.  Пусть K – точка пересечения прямых CQ и AM (рис. слева). Легко видеть, что  ∠APC = 50°.  Поэтому треугольник ACP равнобедренный, а значит,  PC = AC = KC.  Угол при вершине C равнобедренного треугольника PCK равен 20°, поэтому  ∠KPC = 80°,   а  ∠MKP = 120° – 80° = 40°.  Но и  ∠KMP = 40°.  Значит, точка P равноудалена от точек M и K.
  Точка Q также равноудалена от M и K, следовательно, прямая QP – серединный перпендикуляр к отрезку MK, то есть является высотой (и биссектрисой) равностороннего треугольника KQM.

Решение 2

  Заметим, что  AC = РC  (см. решение 1). На стороне AB отметим точку L, для которой  ∠ACL = 20°  (см. рис. справа). Тогда  ∠CAL = ∠ALC = 80°,  значит, треугольник ACL – равнобедренный  (AC = CL).  В треугольнике СPL  ∠PCL = 60° и CP = CL,  следовательно, он равносторонний. Угол CQL – внешний для треугольника CQВ, поэтому  ∠CQL = 40° = ∠QCL.  Следовательно, треугольник CLQ также равнобедренный  (CL = QL).  Поскольку  QL = CL = PL,  треугольник PLQ равнобедренный, и  ∠LPQ = ∠PQL = ½ (180° – ∠PLQ) = 70°.  Поэтому,  ∠CQP = 70° – 40° = 30°.

Решение 3

  Докажем подобие треугольников ABP и QCP. Так как  ∠ABP = ∠QCP = 20°,  то достаточно проверить, что  AB : QC = BP : CP.  Пусть
АВ = BC = 1,  тогда  AC = 2 sin 10°,  а из равнобедренного треугольника CQВ   
  CP = AC  (см. решение 1), значит,  BP = СB – AP = (1 – 2 sin 10°).  Таким образом,

  Из доказанного подобия треугольников ABP и QCP следует, что  ∠CQP = ∠BAP = 30°.

Решение 4

  Рассмотрим правильный восемнадцатиугольник А₀А₁...А₁₇, вписанный в окружность с центром B. Пусть  C = А₀  и  А = А₁,  тогда рассматриваемый треугольник АBC совпадёт с треугольником А₁BА₀. Так как  ∠А₀А₁А₁₃ = 50°,  то диагональ А₁А₁₃ пересекает BC в точке P. Так как диагонали А₁₇А₅ и А₁А₁₃ симметричны относительно диаметра А₀А₉, то А₅А₁₇ проходит через точку P. Так как  ∠А₁А₀А₇ = 60°,  то диагональ А₀А₇ пересекает АB в точке Q.
  Согласно задаче 57072 а), диагонали А₀А₇, А₅А₁₇ и А₁А₁₀ пересекаются в одной точке – точке Q. Тогда  ∠CQP = ∠А₀QА₁₇  измеряется полусуммой дуг А₀А₁₇ и А₅А₇, то есть равен 30°.

Замечания

Ср. с задачей 57641, где используется пересечение тех же диагоналей.

Источники и прецеденты использования

web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	1060
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	15
Год	1952
вариант
Класс	10
Тур	2
задача
Номер	4
олимпиада
Название	Московская математическая олимпиада
год
Номер	15
Год	1952
вариант
Класс	9
Тур	2
задача
Номер	4