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