Реши задачу
Ответ: \(\angle KBE=45^\circ\).
Здесь \(K\in AD\), \(E\in CD\), как показано на рисунке.
Пусть сторона квадрата равна \(a\).
- В прямоугольном треугольнике \(ABK\): \[ \tan 15^\circ=\frac{AK}{AB}. \] Так как \(\tan15^\circ=2-\sqrt3\), то \[ AK=a(2-\sqrt3). \]
Тогда \[ KD=AD-AK=a-a(2-\sqrt3)=a(\sqrt3-1). \]
- Треугольник \(KDE\) прямоугольный, поэтому \[ \tan30^\circ=\frac{DE}{KD}. \] \[ DE=KD\cdot\tan30^\circ =a(\sqrt3-1)\cdot\frac1{\sqrt3} =a\left(1-\frac1{\sqrt3}\right). \]
Следовательно, \[ CE=CD-DE=a-a\left(1-\frac1{\sqrt3}\right) =\frac{a}{\sqrt3}. \]
- В прямоугольном треугольнике \(BCE\): \[ \tan\angle EBC=\frac{CE}{BC} =\frac{a/\sqrt3}{a} =\frac1{\sqrt3}. \] Значит, \[ \angle EBC=30^\circ. \]
При этом \[ \angle KBC=90^\circ-\angle ABK=90^\circ-15^\circ=75^\circ. \]
Поэтому \[ \angle KBE=\angle KBC-\angle EBC =75^\circ-30^\circ=45^\circ. \]
Проверка: в треугольнике \(BKE\) угол при \(K\) равен \(75^\circ\), тогда третий угол \(60^\circ\), и
\[
45^\circ+75^\circ+60^\circ=180^\circ.
\]
Обсуждение
2 сообщенияя в 8 классе
Да, тогда решим без тангенсов, с помощью свойств прямоугольных треугольников и биссектрисы.
Ответ: \(\angle KBE=45^\circ\).
Обозначим сторону квадрата через \(a\).
- Проведём луч \(BM\) так, чтобы \(\angle ABM=30^\circ\). Он пересечёт сторону \(AD\) в точке \(M\).
Так как \(\angle ABK=15^\circ\), луч \(BK\) — биссектриса угла \(ABM\):
\[ \angle ABK=\angle KBM=15^\circ. \]
В прямоугольном треугольнике \(ABM\) угол при \(B\) равен \(30^\circ\). Поэтому:
\[ AM=\frac{a}{\sqrt3}, \qquad BM=\frac{2a}{\sqrt3}. \]
- По теореме о биссектрисе в треугольнике \(ABM\):
\[ \frac{AK}{KM}=\frac{AB}{BM}. \]
Пусть \(AK=x\). Тогда
\[ KM=AM-AK=\frac{a}{\sqrt3}-x. \]
Подставим:
\[ \frac{x}{\frac{a}{\sqrt3}-x} = \frac{a}{\frac{2a}{\sqrt3}} = \frac{\sqrt3}{2}. \]
Отсюда:
\[ 2x=a-\sqrt3x, \]
\[ x(2+\sqrt3)=a, \]
\[ AK=x=a(2-\sqrt3). \]
Тогда
\[ KD=AD-AK=a-a(2-\sqrt3)=a(\sqrt3-1). \]
- В прямоугольном треугольнике \(KDE\):
\[ \angle DKE=30^\circ. \]
Катет \(DE\) лежит напротив угла \(30^\circ\), а \(KD\) — больший катет. Значит,
\[ KD=\sqrt3\cdot DE, \]
\[ DE=\frac{KD}{\sqrt3} =\frac{a(\sqrt3-1)}{\sqrt3}. \]
Тогда
\[ CE=CD-DE =a-\frac{a(\sqrt3-1)}{\sqrt3} =\frac{a}{\sqrt3}. \]
- В прямоугольном треугольнике \(BCE\):
\[ BC=a,\qquad CE=\frac{a}{\sqrt3}. \]
Получается:
\[ BC=\sqrt3\cdot CE. \]
Значит, \(\triangle BCE\) — прямоугольный треугольник с углом \(30^\circ\) при \(B\):
\[ \angle EBC=30^\circ. \]
Теперь угол квадрата при \(B\) равен \(90^\circ\):
\[ \angle KBE = \angle ABC-\angle ABK-\angle EBC = 90^\circ-15^\circ-30^\circ = 45^\circ. \]
\[ \boxed{\angle KBE=45^\circ} \]
