18367. Дан треугольник ABC
, в котором \angle C=\angle A+90^{\circ}
. Точка D
лежит на продолжении стороны BC
, причём AC=AD
. Точка E
лежит с точкой A
по разные стороны от прямой BC
, причём известно, что \angle EBC=\angle A
и \angle EDC=\frac{1}{2}\angle A
. Докажите, что \angle CED=\angle ABC
.
Решение. Обозначим \angle BAC=\alpha
и \angle ABC=\beta
. Отметим середину M
отрезка CD
. Поскольку треугольник CAD
равнобедренный, прямая AM
— серединный перпендикуляр к отрезку CD
.
Пусть прямая AM
пересекает DE
и BE
в точках P
и Q
соответственно. Тогда PC=PD
, так как AP
— серединный перпендикуляр к CD
. Значит,
\angle EBA+\angle CAB=\alpha+\beta+\alpha=2\alpha+\beta=2\alpha+(180^{\circ}-\alpha-90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ},
поэтому AC\perp BE
. Таким образом отрезки BC
и AC
лежат на высотах треугольника AQB
, а C
— ортоцентр этого треугольника. Тогда, учитывая, что CPE
— внешний угол равнобедренного треугольника CPD
, получаем
\angle CQE=\angle CQB=\angle CAB=\alpha=\frac{\alpha}{2}+\frac{\alpha}{2}=\angle PDC+\angle PCD=\angle CPE.
Тогда четырёхугольник CPQE
вписанный (см. задачу 12). Следовательно,
\angle CED=\angle CEP=\angle CQP=\angle CQA=\angle CBA=\beta=\angle ABC.
Что и требовалось доказать.
Источник: Иранские математические олимпиады. — 2014, задача 4, с. 14