5-я международная Иранская олимпиада по геометрии, 2018 год, первая лига, 7-8 классы


На рисунке изображен параллелограмм $ABCD$. Известно, что $\angle D = 60^\circ, \, AD = 2, \, AB = \sqrt3 + 1.$ Точка $M$ — середина отрезка $AD$. Отрезок $CK$ является биссектрисой угла $C$. Найдите величину угла $CKB$.

посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 2   0
2020-05-16 04:03:45.0 #

Ответ: $75^\circ$

Предлагаю решение, основанное на теореме косинусов и теореме синусов. $$MB=\sqrt{AM^2+AB^2-2\cdot{AM}\cdot{AB}\cdot{cos(120^\circ)}}$$ $$MB=\sqrt{1^2+{(\sqrt 3+1)}^2+2\cdot{1}\cdot{(\sqrt 3+1)}\cdot{0.5}}$$ $$MB=\sqrt{6+3\sqrt 3}$$ Угол $\angle ABM$ вычислим по теореме синусов. $$\dfrac{AM}{sin(\angle ABM)}=\dfrac{MB}{sin(120^\circ)}\Rightarrow sin(\angle ABM)=\dfrac{AMsin(120^\circ)}{MB}$$Получаем $sin(\angle ABM)=\dfrac{1}{2\cdot{\sqrt{2+\sqrt 3}}}$. Из треугольника $ \triangle CKB$ выразим искомый угол. $\angle CKB=180^\circ-\angle KCB-\angle KBC$. По свойству параллелограмма, сумма углов, прилежащих к одной стороне, равна $180^\circ$. Отсюда $\angle DCB=180^\circ-60^\circ=120^\circ$. Так как $CK$- биссектриса, то $\angle KCB=60^\circ$. Также $\angle KBC=60^\circ-\angle ABM$. Отсюда $$\angle CKB=180^\circ-60^\circ-(60^\circ-\angle ABM)=60^\circ+\angle ABM$$ Покажем, что $\angle ABM=15^\circ$ $$\sin(15^\circ)=\sin(60^\circ-45^\circ)=\sin60^\circ \cos45^\circ-\sin45^\circ \cos60^\circ$$ $$\sin(15^\circ)=\dfrac{\sqrt 3}{2}\dfrac{\sqrt 2}{2}-\dfrac{\sqrt 2}{2}\dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt 6-\sqrt2}{4}=sin(\angle ABM)=\dfrac{1}{2\cdot{\sqrt{2+\sqrt 3}}}(*)$$ Современный инженер может легко убедиться в равенстве (*) при помощи калькулятора. Однако мы пойдём иным путём-возведём обе части равенства (*) в квадрат, убедимся в тождестве. $$\left(\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{4}\right)^2=\left(\dfrac{1}{2\sqrt{2+\sqrt3}}\right)^2$$ $$\dfrac{6+2-2\sqrt12}{16}=\dfrac{1}{4(2+\sqrt3)}$$ $$(6+2-2\sqrt12)\cdot4\cdot{(2+\sqrt3)}=16$$ Что верно