Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 199
2014-06-07 
Внутри равностороннего треугольника AВС взяты точки K, L, М, для которых $\angle KAB = \angle LBA= 15^{\circ}, \angle MBC = \angle KCB = 20^{\circ}, \angle LCA = \angle MAC = 25^{\circ}$. Найти углы треугольника KLM.
Решение:
Обозначим $\alpha = 20^{\circ}, \beta = 25^{\circ}, \gamma = 15^{\circ}$ (рис.). Тогда $\alpha , \beta, \gamma < 30^{\circ},\alpha + \beta +\gamma = 60^{\circ}, \angle KAM = 60^{\circ} - \angle MAC - \angle KAB = \alpha$ и аналогично $ \angle LBM = \beta, \angle KCL = \gamma$. Пусть отрезки AM и CL пересекаются в точке N, прямые BN и АС - в точке Р, а прямые CL и АВ - в точке Q. Так как АВ = ВС и AN = NC (ибо $\angle NAC = \angle NCA = \beta$), то BP - биссектриса угла ANC, а значит, и угла LNM. Возьмем точку $B^{\prime}$, лежащую внутри угла LNM и вне треугольника LMN и равноудаленную от трех прямых LN, LM и MN. Эта точка лежит на прямой NВ и биссектрисах внешних углов L и М треугольника LMN, поэтому
$\angle LB^{\prime}M = 180^{\circ} - \angle B^{\prime}LM - \angle B^{\prime}ML =$
$= 180^{\circ} - \frac{180^{\circ} - \angle NLM}{2} - \frac{180^{\circ} - \angle NML }{2} = \frac{\angle NLM + \angle NML }{2} =$
$= \frac{180^{\circ} - \angle LNM }{2} = \frac{\angle NAC + \angle NCA }{2} = \beta = \angle LBM $.
Следовательно, $B^{\prime} = B$ и
$\angle BLM = \angle BLQ = 180^{\circ} - \angle CQB - \angle ABL =$
$= \angle ABC + \angle BCQ - \angle ABL = 60^{\circ} + \alpha + \gamma - \gamma = 60^{\circ} - \alpha$.
Поскольку
$\angle BLC = 180^{\circ} - \angle BLC - \angle BLC = 180^{\circ} – (\beta + \alpha) – (\alpha + \gamma) = 120^{\circ} - \alpha$,
то
$\angle MLC = \angle BLC - \angle BLM = 120^{\circ} - \alpha – (60^{\circ} + \alpha) = 60^{\circ} - 2 \alpha$
(напомним, что $\alpha < 30^{\circ}$). Подобным же образом доказывается, что
$\angle KLB = 60^{\circ} – 2\alpha$.
Итак, имеем
$\angle LKM = \angle BLC - \angle KLB - \angle MLC =$
$= ( 180^{\circ} - \alpha) – (60^{\circ} – 2 \alpha) – (60^{\circ} – 2 \alpha) = 3 \alpha$,
т. e.
$\angle KLM = 3 \alpha = 60^{\circ}$.
Аналогично доказываются равенства
$\angle LKM = 3 \beta = 75^{\circ}$ и $\angle KML = 3\gamma = 45^{\circ}$
Внутри равностороннего треугольника AВС взяты точки K, L, М, для которых $\angle KAB = \angle LBA= 15^{\circ}, \angle MBC = \angle KCB = 20^{\circ}, \angle LCA = \angle MAC = 25^{\circ}$. Найти углы треугольника KLM.
Решение:
Обозначим $\alpha = 20^{\circ}, \beta = 25^{\circ}, \gamma = 15^{\circ}$ (рис.). Тогда $\alpha , \beta, \gamma < 30^{\circ},\alpha + \beta +\gamma = 60^{\circ}, \angle KAM = 60^{\circ} - \angle MAC - \angle KAB = \alpha$ и аналогично $ \angle LBM = \beta, \angle KCL = \gamma$. Пусть отрезки AM и CL пересекаются в точке N, прямые BN и АС - в точке Р, а прямые CL и АВ - в точке Q. Так как АВ = ВС и AN = NC (ибо $\angle NAC = \angle NCA = \beta$), то BP - биссектриса угла ANC, а значит, и угла LNM. Возьмем точку $B^{\prime}$, лежащую внутри угла LNM и вне треугольника LMN и равноудаленную от трех прямых LN, LM и MN. Эта точка лежит на прямой NВ и биссектрисах внешних углов L и М треугольника LMN, поэтому
$\angle LB^{\prime}M = 180^{\circ} - \angle B^{\prime}LM - \angle B^{\prime}ML =$
$= 180^{\circ} - \frac{180^{\circ} - \angle NLM}{2} - \frac{180^{\circ} - \angle NML }{2} = \frac{\angle NLM + \angle NML }{2} =$
$= \frac{180^{\circ} - \angle LNM }{2} = \frac{\angle NAC + \angle NCA }{2} = \beta = \angle LBM $.
Следовательно, $B^{\prime} = B$ и
$\angle BLM = \angle BLQ = 180^{\circ} - \angle CQB - \angle ABL =$
$= \angle ABC + \angle BCQ - \angle ABL = 60^{\circ} + \alpha + \gamma - \gamma = 60^{\circ} - \alpha$.
Поскольку
$\angle BLC = 180^{\circ} - \angle BLC - \angle BLC = 180^{\circ} – (\beta + \alpha) – (\alpha + \gamma) = 120^{\circ} - \alpha$,
то
$\angle MLC = \angle BLC - \angle BLM = 120^{\circ} - \alpha – (60^{\circ} + \alpha) = 60^{\circ} - 2 \alpha$
(напомним, что $\alpha < 30^{\circ}$). Подобным же образом доказывается, что
$\angle KLB = 60^{\circ} – 2\alpha$.
Итак, имеем
$\angle LKM = \angle BLC - \angle KLB - \angle MLC =$
$= ( 180^{\circ} - \alpha) – (60^{\circ} – 2 \alpha) – (60^{\circ} – 2 \alpha) = 3 \alpha$,
т. e.
$\angle KLM = 3 \alpha = 60^{\circ}$.
Аналогично доказываются равенства
$\angle LKM = 3 \beta = 75^{\circ}$ и $\angle KML = 3\gamma = 45^{\circ}$
