10401. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
известно, что AC\perp BD
, \angle BCA=10^{\circ}
, \angle BDA=20^{\circ}
, \angle BAC=40^{\circ}
. Найдите угол BDC
.
Ответ. 60^{\circ}
.
Решение. Первый способ. Пусть K
и M
— точки пересечения прямой CB
с прямой AD
и окружностью, описанной около треугольника ACD
соответственно. Тогда
\angle MDA=\angle MCA=10^{\circ},
значит, DM
— биссектриса угла KDB
. Также заметим, что
\angle ABD=90^{\circ}-\angle BAD=50^{\circ},~\angle CBD=90^{\circ}-\angle ACB=80^{\circ},
значит,
\angle KBA=180^{\circ}-\angle ABD-\angle CBD=50^{\circ}=\angle ABD,
т. е. BA
— биссектриса угла KBD
.
Пусть I
— точка пересечения BA
и DM
. Тогда I
— центр вписанной окружности треугольника KBD
, причём
\angle BID=180^{\circ}-50^{\circ}-10^{\circ}=120^{\circ},
а из равенства \angle BID=90^{\circ}+\frac{1}{2}\angle BKD
(см. задачу 4770) получаем, что \angle BKD=60^{\circ}
. Значит, четырёхугольник KAIM
вписанный, причём KI
— биссектриса угла AKM
. Следовательно
\angle ACD=\angle AMD=\angle AMI=\angle AKI=30^{\circ},
откуда следует, что \angle BDC=60^{\circ}
.
Второй способ. Пусть P
— точка пересечения AC
и BD
. Заметим, что
\tg\angle CDP=\frac{PC}{PD}=\frac{PA}{PD}\cdot\frac{PB}{PA}\cdot\frac{PC}{PB}=\tg20^{\circ}\tg40^{\circ}\tg80^{\circ}.
Докажем, что
\tg20^{\circ}\tg40^{\circ}\tg80^{\circ}=\sqrt3=\tg60^{\circ},
откуда будет следовать утверждение задачи.
Преобразуем произведения синусов и косинусов по отдельности:
\cos20^{\circ}\cos40^{\circ}\cos80^{\circ}=\frac{8\sin20^{\circ}\cos20^{\circ}\cos40^{\circ}\cos80^{\circ}}{8\sin20^{\circ}}=\frac{\sin160^{\circ}}{8\sin20^{\circ}}=\frac{1}{8},
\sin20^{\circ}\sin40^{\circ}\sin80^{\circ}=\frac{1}{2}\sin20^{\circ}\left({\cos40^{\circ}-\cos120^{\circ}}\right)=
=\frac{1}{2}\sin20^{\circ}\left({1-2\sin^{2}20^{\circ}+\frac{1}{2}}\right)=\frac{1}{4}\left({3\sin20^{\circ}-4\sin^{3}20^{\circ}}\right)=\frac{1}{4}\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{8}.
Следовательно \tg\angle CDP=\sqrt{3}
. Что и требовалось.