16166. Дан четырёхугольник ABCD
, в котором \angle ABD=\angle ADB=\angle BDC=40^{\circ}
, \angle DBC=10^{\circ}
, а диагонали AC
и BD
пересекаются в точке P
. Докажите, что BP=AP+PD
.
Решение. На продолжении стороны AB
за точку A
отложим отрезок AE=AB=AD
. Тогда треугольник BDE
прямоугольный с прямым углом при вершине D
(см. задачу 1188), поэтому
\angle BED=90^{\circ}-\angle DBE=90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}.
Прямые BE
и CD
параллельны, поскольку \angle ABD=\angle BDC
. Значит,
\angle BCD=180^{\circ}-\angle ABC=180^{\circ}-40^{\circ}-10^{\circ}=130^{\circ}=180^{\circ}-\angle BED,
поэтому четырёхугольник ACDE
(трапеция) вписан в окружность. При этом AB=AE=AD=AC
, т. е. A
— центр окружности.
Пусть AM
— высота равнобедренного треугольника ABD
. Тогда M
— середина диагонали BD
, а так как DP
— биссектриса равнобедренного треугольника ACD
с углом 80^{\circ}
при основании CD
, то
\angle APM=\angle APB=\angle DAP+\angle ADP=20^{\circ}+40^{\circ}=60^{\circ}.
Из прямоугольного треугольника AMP
получаем AP=2MP
, а так как
BP-MP=DM=DP+MP~\Rightarrow~2MP=BP-DP,
то
AP=2MP=BP-DP.
Следовательно,
AP+DP=BP.
Что и требовалось доказать.