|
|
 |
Условие
На сторонах $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$ с углом $B$, равным $45^\circ$, выбрали соответственно точки $Q$ и $P$ так, что угол $BAP$ в три раза меньше угла $A$, а угол $BCQ$ в три раза меньше угла $C$. Пусть $M$ — точка пересечения отрезков $AP$ и $CQ$. Описанные окружности треугольников $BPM$ и $BQM$ повторно пересекают стороны $AB$ и $BC$ в точках $N$ и $K$ соответственно. Докажите, что из отрезков $AN$, $AC$ и $CK$ можно сложить треугольник, и найдите наибольший угол этого треугольника.
Решение 1
Пусть $\angle A = 3\alpha, \angle C = 3\gamma$. Тогда $\alpha + \gamma = (180^\circ - 45^\circ):3 = 45^\circ$. Значит, треугольник $AMC$ прямоугольный. Пусть $I$ — точка пересечения его биссектрис. Поскольку четырёхугольник $BPMN$ вписан, $\angle NMA = \angle B = 45^\circ = \angle AMI$. Следовательно, треугольники $ANM$ и $AIM$ равны по общей стороне и двум углам, откуда $AN = AI$. Аналогично $CK = CI$, то есть $AIC$ — искомый треугольник, а $\angle AIC = 180^\circ - (\alpha + \gamma) = 135^\circ$.
Решение 2
В треугольнике $ABC$ сумма углов $A$ и $C$ равна $135^\circ$. Две трети от этого — $90^\circ$ — сумма углов при вершинах $A$ и $C$ в треугольнике $AMC$, а треть — $45^\circ$ — сумма углов при вершинах $A$ и $C$ в $AIC$, где $I$ — точка пересечения биссектрис $AMC$.
Так как четырёхугольник $BPMN$ вписан, то $\angle AMN = \angle ABP = 45^\circ = \angle AMC/2$. Поэтому при симметрии относительно $AM$ лучи $AN$ и $MN$ переходят в биссектрисы треугольника $AMC$. Значит, $AN = AI$. Аналогично $CK = CI$. Следовательно, из $AN$, $AC$ и $CK$ складывается треугольник $AIC$ с углом $I$, равным $135^\circ$.
Ответ
$135^\circ$.
Замечания
- Попутно мы доказали, что $M$ — середина $NK$.
- 7 баллов.
