Леонард Эйлер атындағы олимпиада,2015-2016 оқу жылы, қорытынды кезеңнің 1-ші туры

Теңқабырғалы $ABC$ үшбұрышы берілген. $AB$ қабырғасының $A$-дан ары қарай созындысынан $D$, $BC$ қабырғасының $C$-дан ары қарай созындысынан $E$, ал $AC$ қабырғасының $C$-дан ары қарай созындысынан $F$ нүктелері $CF=AD$ және $AC+EF=DE$ болатындай алынған. $BDE$ бұрышын табыңыз. ( методкомиссия, А. Кузнецов )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ. $60^\circ$. Решение. Достроим треугольник $ACE$ до параллелограмма $ACEG$. Так как $CF = AD$, $CE = AG$ и $\angle FCE = \angle DAG = 60^\circ$, треугольники $DAG$ и $FCE$ равны, откуда $GD = EF$. Следовательно, $DE = AC+EF = GE+GD$. Значит, точка $G$ лежит на отрезке $DE$, и потому $DE \parallel AC$, откуда $\angle BDE = \angle BAC = 60^\circ$.