17497. В равнобедренном треугольнике
ABC
(
AB=BC
) проведена биссектриса
CD
(рис.). На основании
AC
отмечена точка
F
, причём
BD=CF
. Точка
E
выбрана таким образом, что четырёхугольник
CDEF
— параллелограмм. Докажите, что
BE=BF
.
Решение. Первый способ. Продлим отрезок
DE
до пересечения со стороной
BC
в точке
X
(рис.). Поскольку
DX\parallel AC
, треугольник
BDX
равнобедренный. Кроме того,
\angle CDX=\angle DCA=\angle DCB,

поэтому треугольник
CDX
тоже равнобедренный,
CX=DX
.
Из параллелограмма
CDEF
получаем
DE=CF=BD=BX~\Rightarrow~XE=XD+DE=CX+XB=BC.

Поскольку
\angle BXD=\angle BCF
, получаем, что треугольники
BXE
и
FCB
равны по двум сторонам и углу между ними. Следовательно,
BE=BF
. Что и требовалось доказать.
Второй способ. Пусть описанная окружность треугольника
CBD
пересекает вторично прямую
AC
в точке
F'
(рис.). Тогда
\angle F'DA=\angle ACB=\angle CAB=\angle ADE;

также, поскольку
CD
— (внутренняя или внешняя) биссектриса угла
F'CB
, получаем
F'D=BD=CF=DE,

поэтому треугольники
ADE
и
ADF'
равны. Отсюда следует, что
\angle BDF'=180^{\circ}-\angle ADF'=180^{\circ}-\angle ADE=\angle BDE,

а тогда треугольники
BDF'
и
BDE
тоже равны. Значит,
BF'=BE
. Кроме того, из полученного равенства углов
F'DA
и
F'AD
следует, что
F'A=F'D=DE=CF.

Тогда треугольники
BCF
и
BAF'
тоже равны. Следовательно, и
BF=BF'=BE
. Что и требовалось доказать.
Примечание. 1. У первого способа решения решения есть много вариаций; в частности, вместо равенства треугольников
BXE
и
FCB
можно получить равенство треугольников
BDE
и
BXF
(рис.).
Заметим, что треугольник
BDX
равнобедренный, а трапеция
ADXC
равнобокая (поскольку углы при основании равны), т. е.
BD=BX
и
CX=AD
. Теперь по свойству биссектрисы треугольника (см. задачу 1509)
\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}=\frac{CX}{BX}=\frac{CX}{CF}.

Значит, треугольники
ABC
и
XFC
подобны (угол
C
в них общий), поэтому треугольник
FCX
тоже равнобедренный, откуда
XF=FC~\mbox{и}~\angle FXC=\angle FCX=\angle BDX.

Поскольку
\angle EDB=\angle FXB~\mbox{и}~DE=CF=FX=BD=BX,

равнобедренные треугольники треугольники равны. Значит,
BE=BF
.
2. Аналогичное решение можно получить без введения точки
F'
, но с использованием точки
X
из первого способа решения (рис.).
Как показано в начале первого решения,
AD=CX=DX
в равнобокой трапеции
ADXC
; кроме того,
BD=CF=DE
, поэтому треугольники
BDX
и
EDA
равны, откуда можно получить, что
AEBX
— равнобокая трапеция, т. е. точка
B
лежит на окружности
\omega
, описанной около треугольника
AXE
.
Далее, диагонали трапеции
ADXC
равны, так что
AX=CD=FE
. Значит, равны диагонали трапеции
AFXE
, т. е. она тоже равнобокая и, следовательно, вписанная. Поэтому и точка
F
лежит на окружности
\omega
. Наконец, в окружности
\omega
имеем
\angle FAB=\angle XDB=\angle EXB=\angle EAB,

так что хорды
BE
и
BF
стягивают равные дуги этой окружности, и потому равны.
Автор: Кузнецов А. С.
Источник: Всероссийская олимпиада школьников. — 2024-2025, 31 января 2025, региональный этап, первый день, задача 2, 9 класс