16378. Дан выпуклый четырёхугольник ABC
, в котором \angle ABC=90^{\circ}
, \angle ADB=15^{\circ}
, \angle BDC=30^{\circ}
и \angle DBC=22{,}5^{\circ}
. Докажите, что прямая BD
проходит через середину отрезка AC
.
Решение. Пусть M
— точка пересечения прямых AC
и BD
. Треугольник ABC
прямоугольный с гипотенузой AC
, потому достаточно доказать, что треугольник MCB
равнобедренный с основанием BC
(тогда треугольник AMB
тоже равнобедренный, и AM=MB=MC
), т. е. что \angle MCB=22{,}5^{\circ}
.
По теореме синусов из треугольника ABD
получаем
\frac{AB}{\sin15^{\circ}}=\frac{BD}{\sin(180^{\circ}-(90^{\circ}-22{,}5^{\circ})-15^{\circ})}=\frac{BD}{\sin(90^{\circ}-7{,}5^{\circ})}=\frac{BD}{\cos7{,}5^{\circ}},
откуда
AB=\frac{BD\sin15^{\circ}}{\cos7{,}5^{\circ}}.
По теореме синусов из треугольника BCD
аналогично получаем
BC=\frac{BD\sin30^{\circ}}{\sin(180^{\circ}-30^{\circ}-22{,}5^{\circ})}=\frac{BD\sin30^{\circ}}{\sin(180^{\circ}-52{,}5^{\circ})}=\frac{BD\sin30^{\circ}}{\sin127{,}5^{\circ}}=\frac{BD\sin30^{\circ}}{\cos37{,}5^{\circ}},
Тогда
\frac{AB}{BC}=\frac{\sin15^{\circ}\cdot\cos37{,}5^{\circ}}{\sin30^{\circ}\cdot\cos7{,}5^{\circ}}=\frac{2\sin7{,}5^{\circ}\cdot\cos7{,}5^{\circ}\cos37{,}5^{\circ}}{\sin30^{\circ}\cdot\cos7{,}5^{\circ}}=\frac{2\sin7{,}5^{\circ}\cos37{,}5^{\circ}}{\sin30^{\circ}},
а так как
2\sin7{,}5^{\circ}\cos37{,}5^{\circ}=\sin(7{,}5^{\circ}+37{,}5^{\circ})+\sin(7{,}5^{\circ}-37{,}5^{\circ})=\sin45^{\circ}-\sin30^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2},
то
\tg\angle ACB=\frac{AB}{BC}=\frac{2\sin7{,}5^{\circ}\cos37{,}5^{\circ}}{\sin30^{\circ}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}-1=\tg22{,}5^{\circ}.
Значит,
\angle MCB=\angle ACB=22{,}5^{\circ}.
Отсюда следует утверждение задачи.
Источник: Журнал «Crux Mathematicorum». — 2020, № 3, задача 4474, с. 133