17994. Дана трапеция ABCD
с основаниями AB
и CD
, AB\gt CD
. Луч DB
— биссектриса угла ADC
. Прямая, проходящая через вершину C
параллельно AD
, пересекает отрезки BD
и AB
в точках E
и F
соответственно. Точка O
— центр описанной окружности треугольника BEF
, а \angle ACO=60^{\circ}
. Докажите, что CF=AF+FO
.
Решение. Обозначим AB=a
и CD=b
. Поскольку AB\parallel CD
, то
\angle DBA=\angle BDC=\angle ADB,
поэтому треугольник ABD
равнобедренный, AB=AD=a
.
Четырёхугольник AFCD
— параллелограмм, поэтому
AF=CD=b,~FC=DA=a,~FB=a-b.
Поскольку AD\parallel CF
, то
\angle FEB=\angle ADB=\angle DBA,
поэтому треугольник FBE
равнобедренный, FB=EF=a-b
.
Пусть X
и Y
— середины отрезков FB
и EF
. Тогда OX\perp BF
и OY\perp EF
(см. задачу 1677). Равные хорды BF
и EF
описанной окружности треугольника BEF
равноудалены от центра окружности (см. задачу 1673), поэтому OY=OX
. Кроме того,
AX=AF+FX=b+\frac{a-b}{2}=\frac{a+b}{2},~CY=CF-FY=a-\frac{a-b}{2}=\frac{a+b}{2}.
Значит, прямоугольные треугольники AXO
и CYO
равны по двум катетам, поэтому AO=CO
. Тогда равнобедренный треугольник AOC
— равносторонний, поэтому \angle OAC=60^{\circ}
.
Обозначим \angle XAO=\angle ECO=\varphi
. Тогда
\angle FAC=\angle XAO+\angle OAC=\varphi+60^{\circ},~\angle ACF=\angle ACO-\angle YCO=60^{\circ}-\varphi,
откуда
\angle CFA=180^{\circ}-(\varphi+60^{\circ})-(60^{\circ}-\varphi)=60^{\circ},~\angle BFE=120^{\circ},~\angle XFO=60^{\circ}.
Углы треугольника FXO
равны 60^{\circ}
, 90^{\circ}
и 30^{\circ}
, поэтому
FO=2FX=a-b.
Следовательно,
AF+FO=b+(a-b)=a=CF.
Что и требовалось доказать.
Источник: Среднеевропейская математическая олимпиада. — 2012, задача T-6, с. 20