11934. На диагонали AC
квадрата ABCD
как на основании построен равнобедренный треугольник AEC
с углом при вершине E
, равным 30^{\circ}
, и правильный треугольник AFC
, причём точка F
лежит внутри треугольника AEC
. Докажите, что BE=FD
.
Решение. Пусть O
— центр квадрата ABCD
со стороной 2a
. Точки D
, O
, B
, F
и E
равноудалены от концов отрезка AC
, значит, они лежат на одной прямой — на серединном перпендикуляре к отрезку AC
, причём точка F
— между B
и E
.
Первый способ. Отрезок FO
— высота равностороннего треугольника AFC
со стороной, равной 2a
, поэтому FO=a\sqrt{3}
. Значит,
FD=FO+OD=a\sqrt{3}+a=a(\sqrt{3}+1).
Из прямоугольного треугольника AOE
получаем
EO=OA\ctg15^{\circ}=a\tg75^{\circ}=a\tg(45^{\circ}+30^{\circ})=
=\frac{a(\tg45^{\circ}+\tg30^{\circ})}{1-\tg45^{\circ}\tg30^{\circ}}=\frac{a\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}{1-\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{a(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}-1}=a(2+\sqrt{3}).
Тогда
BE=EO-OB=a(2+\sqrt{3})-a=a(1+\sqrt{3})=FD.
Что и требовалось доказать.
Второй способ. Достаточно доказать, что AF=BD
. По теореме о внешнем угле треугольника
\angle FAE=\angle AFD-\angle AEF=30^{\circ}-15^{\circ}=15^{\circ}=\angle AEF,
значит, треугольник AFE
равнобедренный, EF=AF
. Следовательно,
EF=AF=AC=BD.
Что и требовалось доказать.