6348. Дан параллелограмм ABCD
, в котором \angle BAC=40^{\circ}
и \angle BCA=20^{\circ}
. На диагонали AC
отмечены точки E
и G
, а на стороне AD
— точки F
и H
так, что точки B
, E
и F
лежат на одной прямой, \angle ABG=\angle AHG=90^{\circ}
и AF=EG
. Докажите, что AF=HD
.
Решение. Пусть E'
— середина AG
, а F'
— точка пересечения прямой BE'
со стороной AD
. Докажем, что точка E'
совпадает с E
, а точка F'
— с F
. Действительно, BE'
— медиана прямоугольного треугольника ABG
, проведённая из вершины прямого угла, поэтому (см. задачу 1109)
AE'=E'B=E'G,~\angle ABE'=\angle BAE'=40^{\circ},
значит,
\angle BE'C=2\angle BAC=80^{\circ},~\angle CBE'=180^{\circ}-80^{\circ}-20^{\circ}=80^{\circ}.
следовательно, треугольник BCE'
— равнобедренный. Тогда подобный ему треугольник F'AE'
— также равнобедренный, значит, AF'=AE'=E'G
. Пара точек E'
и F'
удовлетворяет всем условиям, накладываемым на точки E
и F
, а так как такая пара единственна, то E'
совпадает с E
, а F'
— с F
.
Из прямоугольного треугольника ABG
находим, что \angle AGB=90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}
. Тогда по теореме о внешнем угле треугольника
\angle GBC=\angle AGB-\angle BCG=50^{\circ}-20^{\circ}=30^{\circ}.
Из треугольника BCG
по теореме синусов находим, что
CG=\frac{BG\sin30^{\circ}}{\sin20^{\circ}}=\frac{BG}{2\sin20^{\circ}}=\frac{AG\sin40^{\circ}}{2\sin20^{\circ}}=AG\cos20^{\circ},
а из прямоугольного треугольника AHG
—
AH=AG\cos\angle CAD=AG\cos\angle ACB=AG\cos20^{\circ}=CG.
Следовательно,
HD=AD-AH=BC-AH=CE-AH=CE-CG=EG=AE=AF.
Что и требовалось доказать.