Олимпиада имени Леонарда Эйлера 2024-2025 учебный год, I тур заключительного этапа

Прямая пересекает основание $AC$ равнобедренного треугольника $ABC$ в точке $D$, боковую сторону $AB$ в точке $E$ и луч $CB$ в точке $F$, причем $\angle ADE=\angle CDB$. Докажите, что площади треугольников $BCE$ и $AEF$ равны. ( А. Кузнецов )

Комментарий/решение

проведем высоты с точек $F$ и $C$ на прямую $AB$ к точкам $H_{1}$ и $H_{2}$ соответственно. так как $AE$, $BE$, $H_{1}$, $H_{2}$ лежат на прямой $AB$ , то если площади треугольников $\triangle AEF$ и $\triangle BCE$ равны , то требуется доказать что $\frac{CH_{2} \cdot BE}{FH_{1} \cdot AE} = 1$. Заметим что $CH_{2} \parallel FH_{1} => \angle BFH_{1} = \angle BCH_{2} => \triangle BCH_{2} \sim \triangle BFH_{1} => \frac{CH_{2}}{FH_{1}} = \frac{BC}{BF}$. Заметим что $\triangle CDB \sim \triangle ADE => \frac{CB}{AE} = \frac{DB}{DE}$ также $\triangle FBD \sim \triangle BED => \frac{DB}{DE} = \frac{BF}{BE}, \frac{CB}{AE} = \frac{DB}{DE} => \frac{BF}{BE} = \frac{CB}{AE} => \frac{BF}{CB} = \frac{BE}{AE} => \frac{CH_{2} \cdot BE}{FH_{1} \cdot AE} = \frac{CH_{2}}{FH_{1}} \cdot \frac{BE}{AE} = \frac{BC}{BF} \cdot \frac{BF}{CB} = 1$ Ч.Т.Д.

$FH, CG$ - высоты на $AB$.

Площадь $\triangle AEF = \frac{AE \cdot FH}{2}.$

Площадь $\triangle BCE = \frac{BE \cdot CG}{2}.$ Тогда:

$(!) AE \cdot FH = BE \cdot CG$, или же: $(!) \frac{AE}{BE} = \frac{CG}{FH}$.

Подобие: $\triangle FHB \sim \triangle CGB, \Rightarrow \frac{CG}{FH} = \frac{BC}{BF}$.

$l$ - прямая, паралелльная $BC$, проходящая через $A$.

$l \cap DF \in E_1 \Rightarrow \triangle BFE \sim \triangle AE_1E.$ По свойству подобий: $\frac{AE}{BE} = \frac{AE_1}{BF} \Rightarrow (!) AE_1=BC$.

По условию очевидно, что $\angle CDE_1= \angle BDC, \angle BAC = \angle E_1AC \Rightarrow \triangle E_1AD = \triangle BAD \Rightarrow AE_1=AB, AB=BC, AE_1=BC$