қазақша
русскийОлимпиада имени Леонарда Эйлера
2017-2018 учебный год, II тур заключительного этапа
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1. Пусть $M$ — середина отрезка $CF$. Поскольку четырехугольник $ACEF$ — параллелограмм, точка $M$ является серединой отрезка $AE.$ Обозначим $\angle MAC = \angle MEF = \alpha$ и $\angle ABC = \angle ADC = \angle ACD = \beta.$ Так как $AM = AE/2 = CD,$ $AMCD$ — равнобокая трапеция, откуда получаем, что $\alpha = \angle MAC = \angle MDC$ и $MD = AC = AD.$ Кроме того, поскольку $MA = CD = AB$ и $\angle ABM = \angle ADC = \beta,$ равнобедренные треугольники $ABM$ и $ACD$ подобны, поэтому $AB/BM = AC/CD.$ Треугольники $BME$ и $EMD$ также подобны, так как $\angle BME = 180^\circ-\beta = 180^\circ-\angle DMA = \angle EMD$ и $BM/ME = BM/MA = CD/AD = MA/MD = EM/MD.$ Значит, $\angle BEM = \angle EDM,$ откуда $\angle BEF = \angle BEM-\alpha = \angle EDM-\alpha = \angle CDE$, что и требовалось.
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2. Так и в первом решении, введём точку $M$ и покажем, что $AMCD$ — равнобокая трапеция. Отложим на луче $DC$ отрезок $CS = DC = ME.$ Поскольку $\angle SCB = \angle ABC = \beta =\angle EMC,$ перпендикуляры, опущенные на $BC$ из точек $E$ и $S,$ равны, откуда $SE \parallel BC.$ Поэтому четырёхугольники $MSEC$ и $ASED$ — также равнобокие трапеции; в частности, $ASED$ вписана в некоторую окружность $\omega.$ С другой стороны, поскольку отрезки $AB$ и $CS$ параллельны и равны, $ACSB$ — параллелограмм, откуда $BS = AC = AD.$ Значит, $DABS$ — также равнобокая трапеция. Поскольку точки $A,$ $S$ и $D $ лежат на $\omega,$ точка $B$ лежит на этой же окружности. Из вписанного четырёхугольника $BSED$ теперь получаем $\angle SBE = \angle SDE = \angle CDE.$ Осталось заметить, что $BSEF$ — параллелограмм (ибо $BS$ параллелен и равен $FE$), откуда $\angle BEF = \angle SBE = \angle CDE.$
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.