2021-11-26
Точка $O$ лежит на диагонали $AC$ выпуклого четырёхугольника $ABCD$. Известно, что $OC=OD$ и что точка $O$ одинаково удалена от прямых $DA$, $AB$ и $BC$. Найдите углы четырёхугольника, если $\angle AOB=110^{\circ}$ и $\angle COD=90^{\circ}$.
Решение:
Обозначим $\angle BAC=\angle DAC=\alpha$, $\angle ABO=\angle CBO=\beta$. Поскольку $\angle BOC=70^{\circ}$ - внешний угол треугольника $ABO$, то $\alpha+\beta=70^{\circ}$.
Пусть $OE$ и $OF$- перпендикуляры, опущенные из точки $O$ на прямые $AD$ и $BC$ соответственно. Тогда точка $E$ лежит на отрезке $AD$ (основание высоты прямоугольного треугольника, проведённой из вершины прямого угла), а точка $F$ - на отрезке $BC$ (проекция основания биссектрисы $BO$ треугольника $ABC$ на его сторону $BC$). Поскольку точка $O$ равноудалена от прямых $DA$, $AB$ и $BC$, то $OF=OE$. Поэтому прямоугольные треугольники $OFC$ и $OED$ равны по гипотенузе и катету. Тогда $\angle ADO=\angle BCO$, а т.к.
$\angle ADO=90^{\circ}-\angle OAD=90^{\circ}-\alpha,$
$\angle BCO=90^{\circ}-\angle COF=90^{\circ}-(70^{\circ}-\angle BOF)=20^{\circ}+\angle BOF=20^{\circ}+(110^{\circ}-(90^{\circ}-\alpha))=40^{\circ}+\alpha,$
то из уравнения $90^{\circ}-\alpha=40^{\circ}+\alpha$ находим, что $\alpha=25^{\circ}$. Тогда
$\angle BAD=2\alpha=50^{\circ},~\angle ABC=2\beta=2(70^{\circ}-\alpha)=90^{\circ},$
$\angle ADC=\angle ADO+\angle ODC=(90^{\circ}-\alpha)+45^{\circ}=65^{\circ}+45^{\circ}=110^{\circ},$
$\angle BCD=360^{\circ}-(50^{\circ}+90^{\circ}+110^{\circ})=110^{\circ}.$