Республиканская олимпиада по математике, 2002 год, 9 класс


В треугольнике $ABC$ $\angle B > 90^{\circ}$ и на стороне $AC$ для некоторой точки $H$ $AH=BH$ причем прямая $BH$ перпендикулярна $BC$. Обозначим через $D$ и $E$ середины сторон $AB$ и $BC$ соответственно. Прямая, проведенная через $H$ и параллельная $AB$ пересекает $DE$ в точке $F$. Докажите, что $\angle BCF=\angle ACD.$
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

  1
2016-06-02 23:07:40.0 #

так как $AH=BH$ , $HF ||AB$ и $DE$ средняя линия $\Delta ABC$ , то значит $\angle ABH= \angle BAH= \angle BHF = \angle FHC$ , то есть $ADFH$ - параллелограмм , откуда $\angle DFH = \angle DAH$.

$\angle HBC=90^{\circ}$ , значит $\angle FBC=90^{\circ}-(90^{\circ}-\angle DAC)=\angle DAC $. Докажем что $\Delta BFC;\Delta ACD$ подобны ,для этого надо показать что $\frac{BF}{AD} = \frac{BC}{AC}$.

Получим что надо показать действительность выполнения тождества $tg \angle DAC = \dfrac{tg2 \angle DAC}{\dfrac{cos2 \angle DAC+1}{cos2 \angle DAC}}$ которое верно , откуда $\angle BCF=\angle ACD$