13587. Дан четырёхугольник ABCD
, в котором \angle CDB=\angle CBD=50^{\circ}
и \angle CAB=\angle ABD=\angle BCD
. Докажите, что AD\perp BC
.
Решение. Первый способ. Заметим, что
\angle CAB=\angle ABD=\angle BCD=180^{\circ}-2\cdot50^{\circ}=80^{\circ},
\angle ABC=80^{\circ}-50^{\circ}=30^{\circ},~\angle ACB=180^{\circ}-30^{\circ}-80^{\circ}=70^{\circ}.
Пусть F_{1}
и F_{2}
— основания перпендикуляров, опущенных на прямую BC
из точек D
и A
соответственно. Обозначим BC=CD=p
, AC=q
.
Из прямоугольных треугольников CF_{1}D
и AF_{2}C
получаем
CF_{1}=p\cos80^{\circ},~CF_{2}=q\cos\angle ACB=q\cos70^{\circ}.
По теореме синусов из треугольника ABC
находим, что
q=\frac{p\sin30^{\circ}}{\sin80^{\circ}}=\frac{p}{2\sin80^{\circ}},
поэтому
CF_{2}=q\cos70^{\circ}=\frac{p\cos70^{\circ}}{2\sin80^{\circ}}.
Значит,
\frac{CF_{1}}{CF_{2}}=\frac{p\cos80^{\circ}}{\frac{p\cos70^{\circ}}{2\sin80^{\circ}}}=\frac{2\cos80^{\circ}\sin80^{\circ}}{2\cos70^{\circ}}=\frac{\sin160^{\circ}}{\cos70^{\circ}}=\frac{\sin20^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=1.
Таким образом, точки F_{1}
и F_{2}
совпадают. Отсюда следует утверждение задачи.
Второй способ. Рассмотрим правильный 18-угольник P_{1}P_{2}\dots P_{18}
. Докажем, что его диагонали P_{1}P_{10}
, P_{2}P_{12}
и P_{4}P_{15}
пересекаются в одной точке.
Из симметрии диагонали P_{1}P_{10}
, P_{4}P_{15}
и P_{5}P_{16}
пересекаются в одной точке, поэтому достаточно доказать, что в одной точке пересекаются диагонали P_{1}P_{10}
, P_{2}P_{12}
и P_{5}P_{16}
.
Применив тригонометрическую форму теоремы Чевы (см. задачу 1900), получим
\frac{\sin\angle P_{1}P_{12}P_{2}}{\sin\angle P_{2}P_{12}P_{5}}\cdot\frac{\sin\angle P_{12}P_{5}P_{16}}{\sin\angle P_{16}P_{5}P_{1}}\cdot\frac{\sin\angle P_{5}P_{1}P_{10}}{\sin\angle P_{10}P_{1}P_{12}}=1,
или
\frac{\sin10^{\circ}}{\sin30^{\circ}}\cdot\frac{\sin40^{\circ}}{\sin30^{\circ}}\cdot\frac{\sin50^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=1.
Последнее равенство верно, так как
\frac{\sin10^{\circ}}{\sin30^{\circ}}\cdot\frac{\sin40^{\circ}}{\sin30^{\circ}}\cdot\frac{\sin50^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{4\sin10^{\circ}\sin40^{\circ}\sin50^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{4\sin10^{\circ}\sin40^{\circ}\cos40^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=
=\frac{2\sin10^{\circ}\sin80^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{2\sin10^{\circ}\cos10^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{\sin20^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=1.
Следовательно, диагонали P_{1}P_{10}
, P_{2}P_{12}
и P_{4}P_{15}
пересекаются в одной точке.
Пусть Q
— эта точка. Тогда
\angle P_{2}P_{4}Q=\angle P_{4}QP_{2}=50^{\circ},~\angle P_{2}P_{1}Q=\angle P_{4}QP_{1}=\angle QP_{2}P_{4}~(=80^{\circ}).
Отсюда получаем подобие четырёхугольников P_{1}P_{2}P_{4}Q
и ACDB
, а значит, и утверждение задачи.