Номер 869, страница 218 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 8. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 869, страница 218.

869 Диагонали выпуклого четырёхугольника ABCD пересекаются в точке Р. Известно, что ∠ADP = 12∠PDC, ∠ADP = 23∠PAD и AD = BD = CD. а) Найдите все углы четырёхугольника; б) докажите, что AB² = BP • BD.

а)

Пусть $\angle ADP = \alpha$. Согласно условию задачи, $\angle PDC = 2\angle ADP = 2\alpha$ и $\angle PAD = \frac{3}{2}\angle ADP = \frac{3}{2}\alpha$. Точка $P$ является точкой пересечения диагоналей $AC$ и $BD$.

Угол четырехугольника при вершине $D$ равен $\angle ADC = \angle ADP + \angle PDC = \alpha + 2\alpha = 3\alpha$.

Рассмотрим $\triangle BDC$. По условию $BD = CD$, следовательно, этот треугольник является равнобедренным с основанием $BC$. Углы при основании равны: $\angle DBC = \angle DCB$. Угол при вершине $D$ в этом треугольнике, $\angle BDC$, совпадает с углом $\angle PDC$, так как точка $P$ лежит на диагонали $BD$. Таким образом, $\angle BDC = 2\alpha$.

Сумма углов в $\triangle BDC$ равна $180^\circ$, поэтому:

$\angle BDC + \angle DBC + \angle DCB = 180^\circ$

$2\alpha + 2\angle DCB = 180^\circ$

Отсюда находим, что $\angle DCB = 90^\circ - \alpha$. Значит, $\angle DBC = \angle DCB = 90^\circ - \alpha$.

Теперь найдем значение $\alpha$, используя теорему синусов в треугольниках $\triangle APD$ и $\triangle CPD$.

В $\triangle APD$ углы равны: $\angle PAD = \frac{3}{2}\alpha$, $\angle ADP = \alpha$, $\angle APD = 180^\circ - \alpha - \frac{3}{2}\alpha = 180^\circ - \frac{5}{2}\alpha$.

По теореме синусов для $\triangle APD$:

$\frac{DP}{\sin(\angle PAD)} = \frac{AD}{\sin(\angle APD)} \implies DP = AD \frac{\sin(\frac{3}{2}\alpha)}{\sin(180^\circ - \frac{5}{2}\alpha)} = AD \frac{\sin(\frac{3}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)}$

В $\triangle CPD$ угол $\angle PDC = 2\alpha$. Угол $\angle CPD$ является смежным с углом $\angle APD$, поэтому $\angle CPD = 180^\circ - \angle APD = \frac{5}{2}\alpha$.

По теореме синусов для $\triangle CPD$:

$\frac{DP}{\sin(\angle PCD)} = \frac{CD}{\sin(\angle CPD)} \implies DP = CD \frac{\sin(\angle PCD)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)}$

Из суммы углов $\triangle CPD$ найдем $\angle PCD$: $\angle PCD = 180^\circ - \angle PDC - \angle CPD = 180^\circ - 2\alpha - \frac{5}{2}\alpha = 180^\circ - \frac{9}{2}\alpha$.

Подставим $\angle PCD$ в выражение для $DP$: $DP = CD \frac{\sin(180^\circ - \frac{9}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)} = CD \frac{\sin(\frac{9}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)}$.

Так как по условию $AD=CD$, мы можем приравнять два полученных выражения для $DP$:

$AD \frac{\sin(\frac{3}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)} = CD \frac{\sin(\frac{9}{2}\alpha)}{\sin(\frac{5}{2}\alpha)} \implies \sin(\frac{3}{2}\alpha) = \sin(\frac{9}{2}\alpha)$

Это тригонометрическое уравнение имеет два семейства решений. Одно из них, $\frac{9}{2}\alpha = \pi - \frac{3}{2}\alpha + 2\pi k$ (для целых $k$), приводит к нетривиальным решениям.

$6\alpha = \pi + 2\pi k \implies 6\alpha = 180^\circ + 360^\circ k \implies \alpha = 30^\circ + 60^\circ k$.

Так как все углы в треугольниках должны быть положительными, в частности $\angle PCD = 180^\circ - \frac{9}{2}\alpha > 0$, то $\alpha < 40^\circ$. Этому условию удовлетворяет только решение при $k=0$, то есть $\alpha=30^\circ$.

Теперь мы можем найти все углы четырехугольника $ABCD$.

$\angle D = \angle ADC = 3\alpha = 3 \cdot 30^\circ = 90^\circ$.

$\angle C = \angle BCD = \angle DCB = 90^\circ - \alpha = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$.

Рассмотрим $\triangle ABD$. По условию $AD=BD$, он равнобедренный. Угол при вершине $D$ этого треугольника, $\angle ADB$, совпадает с $\angle ADP$, так как $P$ лежит на $BD$. Значит, $\angle ADB = \alpha = 30^\circ$. Углы при основании $AB$ равны:

$\angle A = \angle DAB = \angle DBA = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = 75^\circ$.

Угол четырехугольника при вершине $B$ равен $\angle B = \angle ABC = \angle ABD + \angle DBC$. Мы нашли $\angle ABD = 75^\circ$ и $\angle DBC = 60^\circ$.

$\angle B = 75^\circ + 60^\circ = 135^\circ$.

Проверим сумму углов четырехугольника: $75^\circ + 135^\circ + 60^\circ + 90^\circ = 360^\circ$.

Ответ: Углы четырехугольника равны: $\angle A = 75^\circ$, $\angle B = 135^\circ$, $\angle C = 60^\circ$, $\angle D = 90^\circ$.

б)

Нам нужно доказать равенство $AB^2 = BP \cdot BD$. Перепишем его в виде пропорции: $\frac{AB}{BP} = \frac{BD}{AB}$. Эта пропорция указывает на подобие треугольников $\triangle ABP$ и $\triangle DBA$.

Докажем, что $\triangle ABP \sim \triangle DBA$ по двум углам.

Найдем углы треугольника $\triangle ABP$.

$\angle ABP$ совпадает с углом $\angle DBA$, который мы нашли в пункте а): $\angle ABP = 75^\circ$.

Угол $\angle PAB$ является частью угла $\angle DAB$. $\angle PAB = \angle DAB - \angle PAD$.

Мы знаем, что $\angle DAB = 75^\circ$ и $\angle PAD = \frac{3}{2}\alpha = \frac{3}{2} \cdot 30^\circ = 45^\circ$.

Следовательно, $\angle PAB = 75^\circ - 45^\circ = 30^\circ$.

Теперь сравним углы треугольников $\triangle ABP$ и $\triangle DBA$:

1. $\angle ABP = 75^\circ$ и $\angle DBA = 75^\circ$. Таким образом, $\angle ABP = \angle DBA$.

2. $\angle PAB = 30^\circ$ и $\angle BDA = 30^\circ$. Таким образом, $\angle PAB = \angle BDA$.

Поскольку два угла одного треугольника соответственно равны двум углам другого, треугольники подобны по признаку AA (по двум углам). Итак, $\triangle ABP \sim \triangle DBA$.

Из подобия треугольников следует пропорциональность соответствующих сторон:

$\frac{AB}{DB} = \frac{BP}{BA} = \frac{AP}{DA}$

Рассмотрим первую часть этой пропорции: $\frac{AB}{DB} = \frac{BP}{BA}$.

Умножив обе части на $BA \cdot DB$, получим:

$AB \cdot BA = BP \cdot DB$

$AB^2 = BP \cdot BD$

Ответ: Равенство $AB^2 = BP \cdot BD$ доказано.