13530. Каждая сторона выпуклого пятиугольника ABCDE
параллельна его диагонали. Два угла пятиугольника прямые. Найдите сумму квадратов синусов трёх остальных углов.
Ответ. \sqrt{5}
.
Решение. Два прямых угла пятиугольника не могут быть соседними, так как тогда две стороны, примыкающие к вершинам этих углов, будут параллельны, и ни одна из этих сторон не может быть параллельна диагонали пятиугольника.
Из условия следует, что AD\parallel BC
, AB\parallel CE
, BE\parallel CD
, BD\parallel AE
, AC\parallel DE
,
Пусть \angle C=\angle E=90^{\circ}
, F
— точка пересечения прямых BC
и AE
, а O
— середина отрезка DF
. Из точек C
и E
отрезок DF
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром DF
и центром O
. Положим
OC=OD=OE=OF=1.
Поскольку AD\parallel FC
и BD\parallel EF
, то BDAF
— параллелограмм. Тогда середина O
его диагонали DF
является серединой диагонали AB
. Докажем, что прямая DF
— ось симметрии данного пятиугольника. Для этого достаточно доказать, что трапеция ABCE
равнобедренная, т. е. AE=BC
.
Поскольку AE\parallel BD
и AD\parallel BC
, то \angle EAD=\angle DBC
, поэтому прямоугольные треугольники EAD
и CBD
подобны. Предположим, что AE\lt BC
. Тогда DE\lt DC
и FE\lt FC
(так как EC\parallel AB
), поэтому
\angle DEC\gt\angle DCE,~\angle AEC=\angle FEC\gt\angle FCE=\angle BCE.
Значит,
90^{\circ}=\angle AEC+\angle DEC\gt\angle BCE+\angle DCE=90^{\circ}.
Противоречие. Аналогично для случая AE\gt BC
. Тогда AE=BC
, и прямоугольные треугольники EAD
и CBD
равны по катету и прилежащему острому углу. Следовательно, пятиугольник симметричен относительно прямой DF
.
Обозначим
\alpha=\angle DFC=\angle ABE=\angle BEC=\angle ECD.
Тогда
\angle D=180^{\circ}-2\alpha,
а из параллельности BE
и CD
следует, что BC\perp BE
, поэтому
\angle A=\angle B=90^{\circ}+\angle ABE=90^{\circ}+\alpha,
Кроме того,
\angle COD=2\angle DFC=2\alpha,~CE=2OC\sin\angle COD=2\sin2\alpha.
Тогда
CB=FC-FB=FD\cos\angle DFC-\frac{OF}{\cos\angle DFC}=2\cos\alpha-\frac{1}{\cos\alpha}=\frac{\cos2\alpha}{\cos\alpha},
\sin\alpha=\frac{CB}{CE}=\frac{\cos2\alpha}{\cos\alpha}\cdot2\sin2\alpha,
откуда
\cos2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\sin2\alpha=\sin^{2}2\alpha.
Значит,
2\cos^{2}-1=4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha=4\cos^{2}\alpha-4\cos^{4}\alpha,
4\cos^{4}\alpha-2\cos^{2}\alpha-1=0,
откуда \cos^{2}\alpha=\frac{1+\sqrt{5}}{4}
. Следовательно,
\sin^{2}\angle A+\sin^{2}\angle B+\sin^{2}\angle D=\sin^{2}(90^{\circ}+\alpha)+\sin^{2}(90^{\circ}+\alpha)+\sin^{2}(180^{\circ}-2\alpha)=
=2\cos^{2}\alpha+\sin^{2}2\alpha=2\cos^{2}\alpha+\cos2\alpha=4\cos^{2}\alpha-1=4\cdot\frac{1+\sqrt{5}}{4}-1=\sqrt{5}.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 1993, № 4, задача 1747 (139), с. 124