6688. Точки E
и F
— середины сторон BC
и CD
квадрата ABCD
. Прямые AE
и BF
пересекаются в точке P
. Докажите, что \angle PDA=\angle AED
.
Решение. Первый способ. Заметим, что прямые AE
и BF
перпендикулярны, поскольку получаются друг из друга поворотом на 90^{\circ}
вокруг центра квадрата. Пусть прямая, проходящая через точку A
и параллельная BF
, пересекает прямую CD
в точке G
. Четырёхугольник ABFG
— параллелограмм, поэтому FG=AB
и, значит, FD=DG
. По теореме Фалеса прямая, проходящая через D
и параллельная BF
, проходит через середину M
отрезка AP
. Значит, DM
— медиана треугольника ADP
, а так как DM\parallel BF
и AE\perp BF
, то DM
— высота этого треугольника. Следовательно, треугольник ADP
равнобедренный, причём угол EAD
при его основании совпадает с углом при основании равнобедренного треугольника AED
. Значит, углы при вершинах также равны.
Второй способ. Заметим, что \angle APF=90^{\circ}=\angle ADF
. Значит, точки D
и P
лежат на окружности с диаметром AF
. Вписанные в эту окружность углы ADP
и AFP
опираются на одну и ту же дугу, поэтому
\angle ADP=\angle AFP=\angle AFB.
С другой стороны, \angle AFB=\angle AED
, поскольку треугольники ABP
и ADE
равны. Следовательно, \angle PDA=\angle AED
.
Третий способ. Пусть AB=1
. Поскольку BP
— высота прямоугольного треугольника с катетами 1 и \frac{1}{2}
, получаем, что
AP=\frac{AB^{2}}{AE},~PE=\frac{BE^{2}}{BE},~\frac{AP}{PE}=\frac{AB^{2}}{BE^{2}}=4.
Тогда по теореме Фалеса проекция отрезка DP
на CD
равна \frac{4}{5}
. Аналогично получаем, что его проекция на AD
равна \frac{3}{5}
. Значит, по теореме Пифагора DP=1
. Дальнейшие рассуждения такие же, как в первом способе.