В прямоугольном неравнобедренном треугольнике ABC точка M – середина гипотенузы AC, точки H_a, H_c – ортоцентры треугольников ABM, CBM соответственно, прямые AH_c, CH_a пересекаются в точке K. Докажите, что  ∠MBK = 90°.

   Решение

Постройте вписанно-описанный четырёхугольник по двум противоположным вершинам и центру вписанной окружности.

   Решение

С помощью циркуля и линейки на данной прямой MN постройте точку, из которой данный отрезок AB был бы виден под данным углом.

   Решение

На прямоугольном листе бумаги нарисован круг, внутри которого Миша мысленно выбирает n точек, а Коля пытается их разгадать. За одну попытку Коля указывает на листе (внутри или вне круга) одну точку, а Миша сообщает Коле расстояние от нее до ближайшей неразгаданной точки. Если оно оказывается нулевым, то после этого указанная точка считается разгаданной. Коля умеет отмечать на листе точки, откладывать расстояния и производить построения циркулем и линейкой. Может ли Коля наверняка разгадать все выбранные точки менее, чем за (n+1)² попыток?

   Решение

На стороне треугольника взяты четыре точки K, P, H и M, являющиеся соответственно серединой этой стороны, основанием биссектрисы противоположного угла треугольника, точкой касания с этой стороной вписанной в треугольник окружности и основанием соответствующей высоты. Найдите KH, если KP = a, KM = b.

   Решение

В ромб вписана окружность. На какие четыре части она делится точками касания сторон, если острый угол ромба равен 37^o?

   Решение

Докажите, что  a² + b² + c² - (a - b)² - (b - c)² - (c - a)² 4S.

   Решение

Три равные окружности касаются друг друга. Из произвольной точки окружности, касающейся внутренним образом этих окружностей, проведены касательные к ним. Доказать, что сумма длин двух касательных равна длине третьей.

   Решение

Какие-то две команды набрали в круговом волейбольном турнире одинаковое число очков.
Докажите, что найдутся такие команды А, В и С, что А выиграла у В, В выиграла у С, а С выиграла у А.

   Решение

Даны m = 2n + 1 точек — середины сторон m-угольника. Постройте его вершины.

   Решение

Докажите, что в трёхзначном числе, кратном 37, всегда можно переставить цифры так, что новое число также будет кратно 37.

   Решение

Докажите, что две различные окружности касаются тогда и только тогда, когда они касаются некоторой прямой в одной и той же точке.

   Решение

Дан вписанный четырехугольник $ABCD$. На сторонах $AD$ и $CD$ взяты точки $E$ и $F$ так, что $AE=BC$ и $AB=CF$. Пусть $M$ – середина $EF$. Докажите, что угол $AMC$ прямой.

   Решение

Внутри равнобедренного треугольника $ABC$ отмечена точка $K$ так, что  $CK = AB = BC$  и  ∠ KAC = 30°.  Найдите угол $AKB$.

   Решение

Темы:    [ Вписанный угол равен половине центрального ] [ Правильный (равносторонний) треугольник ] [ Равные треугольники. Признаки равенства (прочее) ] [ Теорема синусов ]

Сложность: 4- Классы: 8,9,10,11

Прислать комментарий

Условие

Внутри равнобедренного треугольника $ABC$ отмечена точка $K$ так, что  $CK = AB = BC$  и  ∠ KAC = 30°.  Найдите угол $AKB$.

Решение 1

  Построим равносторонний треугольник $BCL$ (см.рисунок; точки $A$ и $L$ находятся по одну сторону от прямой $BC$).

  Точки $A, C$ и $L$ лежат на окружности радиуса $BA$ с центром в точке $B$. Поскольку $K$ лежит внутри треугольника $ABC, AC > BC$.  Значит,  ∠ABC > 60°,  откуда $L$ и $B$ лежат по разные стороны от $AC$ и $L$ лежит на меньшей дуге $AC$. Поэтому вписанный угол $CAL$ равен половине центрального угла $CBL$, то есть 30°.
  Очевидно, точка $K$, удовлетворяющая условиям задачи, единственна, следовательно, она совпадает с точкой, симметричной $L$ относительно стороны $AC$. Значит, треугольник $AKL$ равносторонний, точка $K$, как и точка $B$, лежит на серединном перпендикуляре к отрезку $AL$, откуда  $\angle AKB=\angle LKB=180^{\circ} - \frac{1}{2} \angle AKL=150^{\circ}$.

Решение 2

  Пусть высота $BM$ треугольника $ABC$ пересекается с прямой $AK$ в точке $O$ (см.рисунок).

  Тогда  $\angle COM=\angle AOM=60^{\circ}$.  Значит,  ∠AOC = 120°  и  ∠COB = 120°.  Следовательно, треугольники $BOC$ и $KOC$ равны по двум сторонам и углу, лежащей против большей из них (так называемый четвёртый признак равенства треугольников). Поэтому  $OB = OK$,  то есть треугольник $BOK$ равнобедренный с углом 120° при вершине $O$. Поэтому  ∠OKB = 30°,  а  ∠AKB = 150°.

Решение 3

  Построим на $AC$ равносторонний треугольник $ACL$ так, чтобы точки $L$ и $B$ лежали с одной стороны от $AC$ (см. рис).

  Проведём в треугольнике $ABC$ высоту $BM$, она же серединный перпендикуляр к стороне $AC$. Точка $L$ также лежит на прямой $BM$. Кроме этого, проведём в треугольнике $ALC$ высоту $AN$. Так как $AN$ – биссектриса угла $LAC$, точка K лежит на этой прямой, причём с той же стороны от $BM$, что и $A$, так как из-за  $CK = CB$  она не может лежать внутри треугольника $BMC$; таким образом, $K$ лежит на отрезке $AN$.
  Заметим, что прямоугольные треугольники $BMC$ и $KNC$ равны по катету и гипотенузе (так как  $MC$ = ^AC/₂ = ^LC/₂ = $NC, BC = KC$).  Отсюда следует, во-первых, что  $BM = KN$,  во-вторых, что $B$ лежит на отрезке $LM$ (так как  $BM = KN < AN = LM$),  и, наконец, что  $LB = LM - BM =AN - KN = AK$.
  Теперь рассмотрим четырёхугольник $ALBK$. В нем  ∠LAK = ∠ALB = 30°  и  $AK = LB$,  то есть это равнобокая трапеция. Отсюда следует, что  ∠AKB = 180° – ∠KAL = 150°.

Решение 4

  Пусть  ∠B = 2β.  По теореме синусов  $2BC \sin \beta = AC = KC\dfrac{\sin\angle AKC}{\sin 30^\circ} = 2BC \sin\angle AKC$,  и поскольку  ∠AKC > 2β > β,  то  ∠AKC = 180° – β.  Значит,  ∠ACK = β – 30°,
∠KCB = ∠C – ∠ACK = (90° – β) – (β – 30°) = 120° – 2β,  ∠BKC = ½ (180° – ∠KCB) = 30° + β,  ∠AKB = 360° – ∠BKC – ∠AKC = 360° – (30° + β) – (180° – β) = 150°.

Ответ

150 °.

Замечания

9 баллов

Источники и прецеденты использования