Номер 94, страница 45 - гдз по геометрии 8 класс учебник Казаков, Казакова

94. На стороне $AD$ квадрата $ABCD$ взята точка $K$, а на стороне $CD$ взята точка $M$ так, что $\angle AKB = \angle DKM = 60^\circ$. Докажите, что $\angle MBK = 45^\circ$.

Для решения задачи воспользуемся тригонометрическим подходом. Пусть сторона квадрата $ABCD$ равна $a$.

Доказательство

1. Рассмотрим прямоугольный треугольник $ABK$ (так как $\angle A = 90^\circ$). По условию $\angle AKB = 60^\circ$. Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, следовательно, угол $\angle ABK$ можно найти как:

$\angle ABK = 180^\circ - \angle A - \angle AKB = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

2. В том же треугольнике $ABK$ найдем длину катета $AK$ через тангенс угла $\angle AKB$:

$\text{tg}(\angle AKB) = \frac{AB}{AK}$

$\text{tg}(60^\circ) = \frac{a}{AK}$

$\sqrt{3} = \frac{a}{AK} \Rightarrow AK = \frac{a}{\sqrt{3}}$.

3. Точка $K$ лежит на стороне $AD$, поэтому длина отрезка $KD$ равна:

$KD = AD - AK = a - \frac{a}{\sqrt{3}} = a\left(1 - \frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.

4. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $DKM$ (так как $\angle D = 90^\circ$). По условию $\angle DKM = 60^\circ$. Найдем длину катета $DM$:

$\text{tg}(\angle DKM) = \frac{DM}{KD}$

$\text{tg}(60^\circ) = \frac{DM}{a\left(1 - \frac{1}{\sqrt{3}}\right)}$

$\sqrt{3} = \frac{DM}{a\left(1 - \frac{1}{\sqrt{3}}\right)} \Rightarrow DM = a\sqrt{3}\left(1 - \frac{1}{\sqrt{3}}\right) = a(\sqrt{3} - 1)$.

5. Точка $M$ лежит на стороне $CD$, поэтому длина отрезка $MC$ равна:

$MC = CD - DM = a - a(\sqrt{3} - 1) = a - a\sqrt{3} + a = a(2 - \sqrt{3})$.

6. Рассмотрим прямоугольный треугольник $CBM$ (так как $\angle C = 90^\circ$). Найдем тангенс угла $\angle CBM$:

$\text{tg}(\angle CBM) = \frac{MC}{BC} = \frac{a(2 - \sqrt{3})}{a} = 2 - \sqrt{3}$.

7. Вычислим значение тангенса для угла $15^\circ$, используя формулу тангенса разности:

$\text{tg}(15^\circ) = \text{tg}(45^\circ - 30^\circ) = \frac{\text{tg}(45^\circ) - \text{tg}(30^\circ)}{1 + \text{tg}(45^\circ)\text{tg}(30^\circ)} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$.

Домножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $(\sqrt{3}-1)$:

$\frac{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}-1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{(\sqrt{3}-1)^2}{3-1} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{2} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3}$.

8. Так как $\text{tg}(\angle CBM) = 2 - \sqrt{3}$ и $\text{tg}(15^\circ) = 2 - \sqrt{3}$, то $\angle CBM = 15^\circ$.

9. Угол $\angle ABC$ квадрата равен $90^\circ$. Он состоит из трех углов: $\angle ABK$, $\angle MBK$ и $\angle CBM$.

$\angle ABC = \angle ABK + \angle MBK + \angle CBM$.

Подставим известные значения углов:

$90^\circ = 30^\circ + \angle MBK + 15^\circ$.

Отсюда находим искомый угол $\angle MBK$:

$\angle MBK = 90^\circ - 30^\circ - 15^\circ = 45^\circ$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Угол $\angle MBK$ равен $45^\circ$.