Условие
Дан параллелограмм ABCD, в котором ∠BAC = 40° и ∠BCA = 20°. 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, ∠ABG =
∠AHG = 90° и AF = EG. Докажите, что
AF = HD.
Решение
Заметим, что ∠ABC = 120°.
Пусть E' – середина AG, а F' – точка пересечения прямой BE' со стороной AD. BE' – медиана прямоугольного треугольника ABG, проведённая из вершины прямого угла, поэтому AE' = E'B = E'G, ∠ABE' = ∠BAE' = 40°, значит, ∠BE'C = 2∠BAG = 80°, ∠CBE' = 120° – 40° = 80°. Следовательно, треугольник BCE' – равнобедренный. Поэтому подобный ему треугольник F'AE' – также равнобедренный, то есть 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
∠AGB = 50°. А ∠GBC = 120° – 20° = 30°.
Из треугольника BCG по теореме синусов находим, что
CG = BG sin 30°/sin 20° = BG/2sin 20° = AG sin 40°/2sin 20° = AG cos 20°, а из прямоугольного треугольника AHG – AH = AG cos∠CAD = AG cos ∠ACB = AG cos 20° = CG.
Следовательно, HD = AD – AH = BC – AH = CE – CG = EG = AF.
Источники и прецеденты использования
|
|
|
web-сайт |
|
Название |
Система задач по геометрии Р.К.Гордина |
|
URL |
http://zadachi.mccme.ru |
|
задача |
|
Номер |
6348 |
