11541. Вершина F
параллелограмма ACEF
лежит на стороне BC
параллелограмма ABCD
. Известно, что AC=AD
и AE=2CD
. Докажите, что \angle CDE=\angle BEF
.
Решение. Первый способ. Пусть M
— середина отрезка CF
. Четырёхугольник ACEF
— параллелограмм, поэтому M
— середина отрезка AE
.
Обозначим
\angle MAC=\angle MEF=\alpha,~\angle ABC=\angle ADC=\angle ACD=\beta.
Четырёхугольник AMCD
— равнобокая трапеция, так как AM=\frac{1}{2}AE=CD
, значит,
\alpha=\angle MAC=\angle MDC~\mbox{и}~MD=AC=AD.
Кроме того, поскольку MA=CD=AB
и \angle ABM=\angle ADC=\beta
, равнобедренные треугольники ABM
и ACD
подобны по двум углам, поэтому \frac{AB}{BM}=\frac{AC}{CD}
. Треугольники BME
и EMD
также подобны (по двум сторонам и углу между ними), так как
\angle BME=180^{\circ}-\beta=180^{\circ}-\angle DMA=\angle EMD,
\frac{BM}{ME}=\frac{BM}{MA}=\frac{CD}{AD}=\frac{MA}{MD}=\frac{EM}{MD}.
Значит, \angle BEM=\angle EDM
. Следовательно,
\angle BEF=\angle BEM-\alpha=\angle EDM-\alpha=\angle CDE.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Как и в первом способе, введём точку M
и покажем, что AMCD
— равнобокая трапеция. Далее, отложим на луче DC
отрезок CS=DC=ME
. Поскольку
\angle SCB=\angle ABC=\beta=\angle EMC,
перпендикуляры, опущенные на BC
из точек E
и S
, равны, поэтому SE\parallel BC\parallel AD
. Кроме того, AE=2CD=2AB=2CS=
. Тогда четырёхугольники MSEC
и ASED
— также равнобокие трапеции; в частности, трапеция ASED
вписана в некоторую окружность \omega
.
С другой стороны, ACSB
— параллелограмм, поэтому BS=AC=AD
. Значит, DABS
— также равнобокая трапеция. Поскольку точки A
, S
и D
лежат на окружности \omega
, точка B
лежит на этой же окружности. Тогда из вписанного четырёхугольника BSED
получаем, что
\angle SBE=\angle SDE=\angle CDE.
Осталось заметить, что BSEF
— параллелограмм (так как отрезок BS=AC=EF
и равен BS\parallel AC\parallel FE
). Следовательно,
\angle BEF=\angle SBE=\angle CDE.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Олимпиада Леонарда Эйлера (для 8 класса). — 2017-2018, X, заключительный этап, второй день, задача 8