Задача: Внутри равнобедренного треугольника $ABC$ отмечена точка $K$, такая что $AB = BC = CK$ и $\angle KAC = 30^\circ$. Найдите угол $AKB$.
Решение: Первое решение. Построим на $AC$ равносторонний треугольник $ACL$ так, чтобы точки $L$ и $B$ лежали с одной стороны от $AC$. Проведем в треугольнике $ABC$ высоту $BM$, она же серединный перпендикуляр к стороне $AC$. Так как $ALC$ — равносторонний, точка $L$ также лежит на прямой $BM$. Кроме этого, проведем в треугольнике $ALC$ высоту $AN$. Так как $AN$ является биссектрисой угла $LAC$, то точка $K$ лежит на этой прямой. Отметим также, что $K$ лежит с той же стороны от $BM$, что и $A$, так как из-за $CK = CB$ она не может лежать внутри треугольника $BMC$; таким образом, $K$ лежит на отрезке $AN$. Заметим, что прямоугольные треугольники $BMC$ и $KNC$ равны по катету и гипотенузе ($MC = AC/2 = LC/2 = NC$, $BC = KC$). Отсюда следует, во-первых, что $BM = KN$, во-вторых, что $B$ лежит на отрезке $LM$ (так как $BM = KN < AN = LM$), и, наконец, что $LB = LM - BM = AN - KN = AK$. Теперь рассмотрим четырехугольник $ALBK$. В нем $\angle LAK = \angle ALB = 30^\circ$ и $AK = LB$, то есть это равнобокая трапеция. Отсюда следует, что $\angle AKB = 180^\circ - \angle KAL = 150^\circ$.
Второе решение. Построим на отрезке $AB$ равносторонний треугольник $ABP$ так, чтобы точки $P$ и $C$ лежали по одну сторону от прямой $AB$. Тогда треугольник $PBC$ — равнобедренный с основанием $PC$ ($BP = AB = BC$). Как известно, любой отрезок, лежащий внутри треугольника, короче одной из его сторон (если он не совпадает ни с одной из них); а так как отрезок $CK$ равен сторонам $AB$ и $BC$ треугольника $ABC$, он должен быть короче $AC$. Отсюда следует, что для треугольника $ABC$ верно $AC > AB = BC$, то есть $\angle ABC > 60^\circ > \angle BAC$. Следовательно, точка $P$ лежит по другую сторону от прямой $AC$, чем точка $B$. Заметим, что $
\angle BCP = \frac{180^\circ - \angle PBC}{2}
$ и $
\angle BCA = \frac{180^\circ - \angle ABC}{2},
$ так как треугольники $ABC$ и $PBC$ — равнобедренные. Тогда $
\angle PCA = \angle PCB - \angle ACB = \frac{(180^\circ - \angle PBC) - (180^\circ - \angle ABC)}{2} = \frac{\angle ABC - \angle PBC}{2} = \frac{\angle ABP}{2} = 30^\circ,
$ так как треугольник $ABP$ — равносторонний. Из равенства углов $\angle KAC = 30^\circ = \angle ACP$ получаем $AK \parallel CP$. Параллельность $AK$ и $CP$ и равенство $KC = AP$ означают, что четырехугольник $AKCP$ — параллелограмм или равнобокая трапеция. Заметим, что $\angle KAP < \angle BAP = 60^\circ < 90^\circ$ и $\angle KCP < \angle PCB < 90^\circ$ (угол при основании равнобедренного треугольника), но в равнобокой трапеции сумма противоположных углов равна $180^\circ$, следовательно, $AKCP$ — параллелограмм. Осталось посчитать углы. Пусть $\angle BAK = \alpha$, тогда $
\angle CAP = \angle BAP - \angle BAK - \angle KAC = 30^\circ - \alpha.
$ При этом $\angle KCA = \angle CAP$, так как $AKCP$ — параллелограмм. Заметим, что $
\angle BCK = \angle BCA - \angle KCA = \angle BAC - \angle KCA = \alpha + 30^\circ - (30^\circ - \alpha) = 2\alpha.
$ Следовательно, из суммы углов треугольника $BKC$ получаем $
\angle KBC = \frac{180^\circ - \angle BCK}{2} = \frac{180^\circ - 2\alpha}{2} = 90^\circ - \alpha.
$ При этом, из суммы углов треугольника $ABC$ получаем $
\angle ABC = 180^\circ - 2\angle BAC = 180^\circ - 2(30^\circ + \alpha) = 120^\circ - 2\alpha.
$ Наконец, рассмотрим треугольник $ABK$. В нем известны углы $\angle ABK = 30^\circ - \alpha$ и $\angle BAK = \alpha$. Следовательно, третий угол $\angle AKB = 150^\circ$.
Третье решение. Проведем в треугольнике $ABC$ высоту $BM$ и обозначим ее точку пересечения с прямой $AK$ за $O$. Заметим, что $\angle AOM = 60^\circ$ и, из симметрии относительно $BL$, $\angle COM = 60^\circ$. Тогда имеем $\angle AOC = 120^\circ$ и $\angle COB = 120°, то есть лучи OB и OK симметричны относительно прямой CO. Так как точки B и K являются пересечениями этих лучей с некоторой окружностью с центром в C (которая тоже симметрична относительно CO), то и сами эти точки симметричны; в частности, имеем OB = OK. Получаем, что треугольник BKO равнобедренный с углом 120° при вершине O, откуда $\angle OKB = 30°$ и $\angle AKB = 150°$.
Ответ: 150°