Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 4270
2019-07-23 
На плоскости расположены два квадрата $ABCD$ и $BKLN$ так, что точка $K$ лежит на продолжении $AB$ за точку $B$, а $N$ лежит на луче $BC$. Найдите угол между прямыми $DL$ и $AN$.
Решение:
Первый способ. Пусть $BN\lt BC$. Опишем окружности около данных квадратов и обозначим через $M$ их точку пересечения, отличную от $B$. Тогда $\angle BML=90^{\circ}$ и $\angle BMD=90^{\circ}$. Поэтому точки $D$, $M$ и $L$ лежат на одной прямой.
Поскольку
$\angle DMA=\angle DCA=45^{\circ},~\angle LMN=180^{\circ}-\angle NBL=135^{\circ},$
то точки $M$, $N$ и $A$ также лежат на одной прямой, а искомый угол равен $45^{\circ}$.
Второй способ. Пусть прямые $DL$ и $AN$ пересекаются в точке $P$, а прямые $KL$ и $CD$ - в точке $Q$. Обозначим $AB=a$, $BK=b$, $\angle BAN=\alpha$, $\angle CBN=\beta$. Тогда
$\angle APD=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-(90^{\circ}-\beta)=\alpha+\beta.$
Из прямоугольных треугольников $ABN$ и $DQL$ находим, что
$tg\alpha=\frac{BN}{AB}=\frac{b}{a},~tg\beta=\frac{LQ}{DQ}=\frac{CN}{DQ}=\frac{a-b}{a+b}.$
Тогда
$tg\angle APD=tg(\alpha+\beta)=\frac{tg\alpha+tg\beta}{1-tg\alpha tg\beta}=\frac{\frac{b}{a}+\frac{a-b}{a+b}}{1-\frac{b}{a}\cdot\frac{a-b}{a+b}}=1.$
Следовательно, $\angle APD=45^{\circ}$.
Третий способ. Обозначим $AB=a$, $BK=b$. На луче $AB$ отложим отрезок $AK_{1}=b$. Тогда
$KK_{1}=AK-AK_{1}=(a+b)-b=a.$
Прямоугольные треугольники $ADK_{1}$ и $KK_{1}L$ равны по двум катетам, поэтому
$DK_{1}=K_{1}L,~\angle AK_{1}D=\angle KLK_{1}=90^{\circ}-\angle KK_{1}L.$
Тогда
$\angle DK_{1}L=180^{\circ}-\angle AK_{1}D-\angle KK_{1}L=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.$
Значит, треугольник $DK_{1}L$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому $\angle DLK_{1}=45^{\circ}$, а т.к. $LK_{1}\parallel AN$, то угол между прямыми $DL$ и $AN$ также равен $45^{\circ}$.
На плоскости расположены два квадрата $ABCD$ и $BKLN$ так, что точка $K$ лежит на продолжении $AB$ за точку $B$, а $N$ лежит на луче $BC$. Найдите угол между прямыми $DL$ и $AN$.
Решение:
Первый способ. Пусть $BN\lt BC$. Опишем окружности около данных квадратов и обозначим через $M$ их точку пересечения, отличную от $B$. Тогда $\angle BML=90^{\circ}$ и $\angle BMD=90^{\circ}$. Поэтому точки $D$, $M$ и $L$ лежат на одной прямой.
Поскольку
$\angle DMA=\angle DCA=45^{\circ},~\angle LMN=180^{\circ}-\angle NBL=135^{\circ},$
то точки $M$, $N$ и $A$ также лежат на одной прямой, а искомый угол равен $45^{\circ}$.
Второй способ. Пусть прямые $DL$ и $AN$ пересекаются в точке $P$, а прямые $KL$ и $CD$ - в точке $Q$. Обозначим $AB=a$, $BK=b$, $\angle BAN=\alpha$, $\angle CBN=\beta$. Тогда
$\angle APD=180^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha)-(90^{\circ}-\beta)=\alpha+\beta.$
Из прямоугольных треугольников $ABN$ и $DQL$ находим, что
$tg\alpha=\frac{BN}{AB}=\frac{b}{a},~tg\beta=\frac{LQ}{DQ}=\frac{CN}{DQ}=\frac{a-b}{a+b}.$
Тогда
$tg\angle APD=tg(\alpha+\beta)=\frac{tg\alpha+tg\beta}{1-tg\alpha tg\beta}=\frac{\frac{b}{a}+\frac{a-b}{a+b}}{1-\frac{b}{a}\cdot\frac{a-b}{a+b}}=1.$
Следовательно, $\angle APD=45^{\circ}$.
Третий способ. Обозначим $AB=a$, $BK=b$. На луче $AB$ отложим отрезок $AK_{1}=b$. Тогда
$KK_{1}=AK-AK_{1}=(a+b)-b=a.$
Прямоугольные треугольники $ADK_{1}$ и $KK_{1}L$ равны по двум катетам, поэтому
$DK_{1}=K_{1}L,~\angle AK_{1}D=\angle KLK_{1}=90^{\circ}-\angle KK_{1}L.$
Тогда
$\angle DK_{1}L=180^{\circ}-\angle AK_{1}D-\angle KK_{1}L=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}.$
Значит, треугольник $DK_{1}L$ прямоугольный и равнобедренный, поэтому $\angle DLK_{1}=45^{\circ}$, а т.к. $LK_{1}\parallel AN$, то угол между прямыми $DL$ и $AN$ также равен $45^{\circ}$.
