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

Теңбүйірлі $ABC$ үшбұрышы берген. Қандай да бір түзу $AC$ табанын $D$, $AB$ қабырғасын $E$ және $CB$ сәулесін $F$ нүктесінде қиып өтеді. Егер $\angle ADE=\angle CDB$ болса, $BCE$ және $AEF$ үшбұрыштарының аудандары тең екенін дәлелдеңіз. ( 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 $\angle CDE_1= \angle BDC, \angle BAC = \angle E_1AC \Rightarrow \triangle E_1AD = \triangle BAD \Rightarrow AE_1=AB, AB=BC, AE_1=BC$

Обозначим такую точку $ \ D' \in AC \ $ что $: FD \parallel BD'$

По счету углов $:$

\[CD' = AD \quad ( \ 1 \ )\]

Теперь $:$

\[\dfrac{AE}{BE} = \dfrac{S_{ \triangle FEA }}{S_{ \triangle FEB }}; \quad \quad \dfrac{BC}{FB} = \dfrac{S_{\triangle BEC}}{S_{\triangle FEB}};\]

\[{\color{red}{( \ ! \ ) }} \ \ \dfrac{AE}{EB} = \dfrac{BC}{BF}\]

По Менелая $:$

\[\dfrac{AE}{EB} = \dfrac{CF}{BF} \cdot \dfrac{AD}{DC}\]

Подставим $:$

\[\color{red}{( \ ! \ )} \ \ \dfrac{CF\cdot AD}{BC \cdot DC} = 1 \]

Из $\ ( \ 1 \ ):$

\[ \color{red}{( \ ! \ )} \dfrac{CF \cdot CD'}{BC \cdot CD} = 1\]

Что верно по Фалесу $ \ \ $Ч.Т.Д.

Какое прекрасное решение Александр!!!

проведем высоты с точек и на прямую к точкам и соответственно. так как , , , лежат на прямой , то если площади треугольников и равны , то требуется доказать что . Заметим что . Заметим что также Ч.Т.Д.