13667. В треугольнике ABC
известны углы ABC=60^{\circ}
и \angle ACB=70^{\circ}
. Точка D
лежит на отрезке BC
, причём \angle BAD=20^{\circ}
. Докажите, что
AB+BD=AD+DC.
Решение. Первый способ. Пусть AB=1
. По теореме синусов из треугольников ABD
и ACD
находим, что
BD=\frac{AB\sin20^{\circ}}{\sin100^{\circ}}=\frac{\sin20^{\circ}}{\sin100^{\circ}},~AD=\frac{\sin60^{\circ}}{\sin100^{\circ}},
DC=\frac{AD\sin30^{\circ}}{\sin70^{\circ}}=\frac{\sin60^{\circ}}{\sin100^{\circ}}\cdot\frac{\sin30^{\circ}}{\sin70^{\circ}}.
Тогда
AB+BD=1+\frac{\sin20^{\circ}}{\sin100^{\circ}}=\frac{\sin70^{\circ}(\sin100^{\circ}+\sin20^{\circ})}{\sin70^{\circ}\sin100^{\circ}}=
=\frac{2\sin70^{\circ}\sin60^{\circ}\cos40^{\circ}}{\sin70^{\circ}\sin100^{\circ}}=\frac{2\cos20^{\circ}\sin60^{\circ}\sin50^{\circ}}{\sin70^{\circ}\sin100^{\circ}}=
=\frac{\sin60^{\circ}\cdot2\sin50^{\circ}\cos20^{\circ}}{\sin70^{\circ}\sin100^{\circ}}=\frac{2\cos20^{\circ}\sin60^{\circ}\sin50^{\circ}}{\sin70^{\circ}\sin100^{\circ}}=
=\frac{\sin60^{\circ}(\sin70^{\circ}+\sin30^{\circ})}{\sin70^{\circ}\sin100^{\circ}}=\frac{\sin60^{\circ}}{\sin100^{\circ}}\left(1+\frac{\sin30^{\circ}}{\sin70^{\circ}}\right)=
=AD\left(1+\frac{DC}{AD}\right)=AD+DC.
Что и требовалось доказать,
Второй способ. На продолжениях отрезка AD
за точки A
и D
соответственно отложим отрезки AE=DF=DC
, а на луче AB
отложим отрезок AG=AF
. Поскольку
\angle DAC=50^{\circ}-20^{\circ}=30^{\circ},~\angle ADC=60^{\circ}+20^{\circ}=80^{\circ}
и AC=DC
, то (см. примечание к задаче 13663) треугольник EDC
равнобедренный с углом
\angle DEC=20^{\circ}=\angle GAF,
а так как DE=AF
, то треугольник EDC
равен треугольнику AGF
. Тогда GF=DC=DF
, треугольник DFG
равнобедренный,
\angle GDF=50^{\circ},~\angle BDG=80^{\circ}-50^{\circ}=30^{\circ},~\angle BGD=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}=\angle BDG.
Значит, BG=BD
. Следовательно,
AB+BD=AB+BG=AG=AF=AD+DF=AD+DC.
Что и требовалось доказать.