4480. В трапеции ABCD
диагональ AC
равна сумме оснований AB
и CD
. Точка M
— середина стороны BC
. Точка B'
симметрична точке B
относительно прямой AM
. Докажите, что \angle ABD=\angle CB'D
.
Решение. Пусть O
— точка пересечения диагоналей трапеции. Докажем, что AO=AB
и CO=CD
. Действительно, если AO\gt AB
, то в треугольнике AOB
против большей стороны AO
лежит больший угол, т. е. \angle ABO\gt\angle AOB
. Тогда \angle CDO\gt\angle COD
. Поэтому CO\gt CD
. Значит, AC=AO+CO\gt AB+CD
, что противоречит условию задачи. Аналогично для случая AO\lt AB
.
Поскольку AM
— серединный перпендикуляр к отрезку BB'
, а M
— середина BC
, то прямая AM
содержит среднюю линию треугольника BB'C
, поэтому B'C\parallel AM
и \angle BB'C=90^{\circ}
.
Заметим, что точки B
, O
и B'
лежат на окружности с центром A
(AB'=AB=AO
). Обозначим \angle BAO=\alpha
. Из равнобедренного треугольника COD
находим, что
\angle ODC=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle OCD=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}.
С другой стороны,
\angle OB'C=\angle BB'C-\angle OB'B=90^{\circ}-\frac{1}{2}\angle OAB=90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}
(так как вписанный угол вдвое меньше соответствующего центрального). Из точек B'
и D
отрезок CO
виден под одним и тем же углом, значит, четырёхугольник COB'D
— вписанный. Следовательно,
\angle CB'D=\angle COD=\angle AOB=\angle ABD.
Автор: Берлов С. Л.
Источник: Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада. — 1997 г., второй тур, 9 класс
Источник: Берлов С. Л., Иванов С. В., Кохась К. П. Петербургские математические олимпиады. — СПб.—М.—Краснодар: Лань, 2003. — с. 95