12775. В выпуклом четырёхугольнике ABCD
известно, что \angle BAC=50^{\circ}
, \angle CAD=60^{\circ}
, \angle CBD=30^{\circ}
, \angle BDC=25
, E
— точка пересечения диагоналей. Найдите \angle AEB
.
Ответ. 95^{\circ}
.
Решение. Проведём биссектрису AF
треугольника ADE
. Из точек A
и B
, лежащих по одну сторону от прямой CF
, отрезок CF
виден под одним и тем же углом (равным 30^{\circ}
). Значит, четырёхугольник ABCF
вписан в некоторую окружность. Вписанные в эту окружность углы BFC
и BAC
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle BFC=\angle BAC=50^{\circ}.
По теореме о внешнем угле треугольника
\angle DCF=\angle BFC-\angle CDF=50^{\circ}-25^{\circ}=25^{\circ}=\angle CDF.
Значит, треугольник CFD
равнобедренный, CF=DF
.
Пусть P
и Q
— проекции точки F
на прямые AC
и AD
соответственно. Точка F
лежит на биссектрисе угла CAD
, поэтому FP=FQ
(см. задачу 1138), а так как CF=DF
, то прямоугольные треугольники CPF
и DQF
равны по катету и гипотенузе. Значит,
\angle ABD=\angle ABF=\angle ACF=\angle PCF=\angle QDF=\angle ADB.
Тогда треугольник BAD
равнобедренный, поэтому
\angle ABD=\angle ADB=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BAD)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-110^{\circ})=35^{\circ}.
Следовательно, по теореме о внешнем угле треугольника
\angle AEB=\angle EAD+\angle ADE=\angle CAD+\angle ADB=60^{\circ}+35^{\circ}=95^{\circ}.